Bac 2025 de spécialité maths, Nouvelle-Calédonie jour 2 : sujet officiel et corrigé

Repère et coordonnées. Dans le repère orthonormé $\left(\mathrm{A}\,;\overrightarrow{\mathrm{AB}},\overrightarrow{\mathrm{AD}},\overrightarrow{\mathrm{AE}}\right)$, le cube étant d'arête $1$ : $\mathrm{A}(0\,;0\,;0)$, $\mathrm{B}(1\,;0\,;0)$, $\mathrm{C}(1\,;1\,;0)$, $\mathrm{D}(0\,;1\,;0)$, $\mathrm{E}(0\,;0\,;1)$, $\mathrm{F}(1\,;0\,;1)$, $\mathrm{G}(1\,;1\,;1)$, $\mathrm{H}(0\,;1\,;1)$.

Pour I : $\overrightarrow{\mathrm{FB}}\begin{pmatrix}0\\0\\-1\end{pmatrix}$, donc $\overrightarrow{\mathrm{FI}}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{\mathrm{FB}}$ a pour coordonnées $\begin{pmatrix}0\\0\\-\frac{1}{3}\end{pmatrix}$ et $\mathrm{I}\left(1\,;0\,;1-\dfrac{1}{3}\right)=\left(1\,;0\,;\dfrac{2}{3}\right)$. Contrôle sur la figure : I est sur l'arête $[\mathrm{FB}]$, plus près de F que de B, à la hauteur $\dfrac{2}{3}$.

1. Méthode : on calcule les trois longueurs du triangle (ou les produits scalaires en chaque sommet). Les trois côtés sont des diagonales de faces du cube : $[\mathrm{HA}]$ est une diagonale de la face ADHE, $[\mathrm{AC}]$ de la face ABCD, $[\mathrm{HC}]$ de la face DCGH.

Avec les coordonnées : $\overrightarrow{\mathrm{AH}}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$, $\overrightarrow{\mathrm{AC}}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$, $\overrightarrow{\mathrm{HC}}\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}$, donc $\mathrm{AH}=\sqrt{0+1+1}=\sqrt{2}$, $\mathrm{AC}=\sqrt{1+1+0}=\sqrt{2}$ et $\mathrm{HC}=\sqrt{1+0+1}=\sqrt{2}$.

Le triangle HAC a ses trois côtés égaux : il est équilatéral, et ses trois angles mesurent $60^{\circ}$. Aucun n'est droit, donc le triangle n'est pas rectangle. Vérification par la réciproque du théorème de Pythagore : le plus grand côté au carré vaut $2$, la somme des carrés des deux autres $2+2=4\neq 2$. Ou par le produit scalaire en A : $\overrightarrow{\mathrm{AH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=0\times 1+1\times 1+1\times 0=1\neq 0$. L'affirmation 1 est FAUSSE.

Erreur fréquente : se fier à la perspective cavalière, qui déforme les angles. Sur le dessin, l'angle en A du triangle HAC peut sembler droit ; seul un calcul (longueurs ou produit scalaire) tranche.

2. Méthode : deux droites de l'espace sont sécantes si elles ont un unique point commun. Elles peuvent aussi être parallèles ou non coplanaires ; il faut donc chercher effectivement un point d'intersection.

Représentations paramétriques. La droite (HF) passe par $\mathrm{H}(0\,;1\,;1)$ et est dirigée par $\overrightarrow{\mathrm{HF}}\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}$ : $x=t$, $y=1-t$, $z=1$, $t\in\mathbb{R}$. La droite (DI) passe par $\mathrm{D}(0\,;1\,;0)$ et est dirigée par $\overrightarrow{\mathrm{DI}}\begin{pmatrix}1\\-1\\\frac{2}{3}\end{pmatrix}$ : $x=s$, $y=1-s$, $z=\dfrac{2}{3}s$, $s\in\mathbb{R}$, avec un paramètre DIFFÉRENT.

Les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires (même première coordonnée $1$, mais troisièmes coordonnées $0$ et $\dfrac{2}{3}$) : les droites ne sont pas parallèles. Un point commun vérifie $t=s$, $1-t=1-s$ et $1=\dfrac{2}{3}s$. La troisième équation donne $s=\dfrac{3}{2}$, la première $t=\dfrac{3}{2}$, et la deuxième est alors vérifiée. Le système a une unique solution : les droites (HF) et (DI) sont sécantes, au point de coordonnées $\left(\dfrac{3}{2}\,;-\dfrac{1}{2}\,;1\right)$. L'affirmation 2 est VRAIE.

Vérification géométrique : les quatre points H, F, D et I vérifient tous $x+y=1$ ; ils sont dans le plan (BDHF), qui coupe le cube en diagonale. Deux droites coplanaires non parallèles sont sécantes. On peut aussi le voir dans ce rectangle : (DI) monte de $\dfrac{2}{3}$ quand on va de D vers la verticale de B, elle atteint donc la hauteur $1$ de (HF) une demi-diagonale plus loin, au-delà de l'arête [BF].

Le piège : le point d'intersection est HORS du cube, puisque $x=\dfrac{3}{2}>1$. Les SEGMENTS [HF] et [DI] ne se coupent pas, mais l'affirmation parle des DROITES. Conclure « faux » parce que les deux segments ne se rencontrent pas sur la figure coûte la question.

3. Méthode : un vecteur non nul est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan.

On simplifie d'abord les coordonnées de $\vec{u}$ avec les formules des angles associés : $\sin(\pi-\alpha)=\sin(\alpha)$ et, la fonction sinus étant impaire, $\sin(-\alpha)=-\sin(\alpha)$. Donc $\vec{u}\begin{pmatrix}\sin(\alpha)\\\sin(\alpha)\\-\sin(\alpha)\end{pmatrix}=\sin(\alpha)\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}$. Comme $\alpha\in]0\,;\pi[$, $\sin(\alpha)>0$ et $\vec{u}$ n'est pas nul.

Deux vecteurs du plan (FAC), non colinéaires : $\overrightarrow{\mathrm{AF}}\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AC}}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$. Produits scalaires : $\vec{u}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AF}}=\sin(\alpha)(1+0-1)=0$, mais $\vec{u}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\sin(\alpha)(1+1+0)=2\sin(\alpha)\neq 0$. Le vecteur $\vec{u}$ n'est pas orthogonal à $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ : il n'est pas normal au plan (FAC). L'affirmation 3 est FAUSSE, pour toute valeur de $\alpha$ dans $]0\,;\pi[$.

Pour comparer : un vecteur normal au plan (FAC) est $\vec{n}\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}$, car $\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AF}}=1+0-1=0$ et $\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=1-1+0=0$. C'est exactement le piège de la question : qui écrit $\sin(\pi-\alpha)=-\sin(\alpha)$ obtient $\vec{u}=\sin(\alpha)\vec{n}$ et conclut à tort « vrai ». Sur le cercle trigonométrique, $\alpha$ et $\pi-\alpha$ sont symétriques par rapport à l'axe des ordonnées : ils ont le même sinus et des cosinus opposés.

4. Méthode : un segment est déterminé par la donnée de ses deux extrémités, sans ordre ($[\mathrm{AB}]=[\mathrm{BA}]$), et elles doivent être distinctes. Le nombre de segments est donc le nombre de parties à $2$ éléments d'un ensemble à $8$ éléments : $N=\dbinom{8}{2}=\dfrac{8\times 7}{2}=28$.

Or $\dfrac{8^{2}}{2}=\dfrac{64}{2}=32\neq 28$. L'affirmation 4 est FAUSSE.

Vérification par le décompte géométrique : $12$ arêtes, $6\times 2=12$ diagonales de faces et $4$ grandes diagonales, soit $12+12+4=28$ segments.

D'où vient le $\dfrac{8^{2}}{2}$ ? Le nombre de couples $(P\,;Q)$ de sommets est $8^{2}=64$, mais il compte les $8$ couples $(P\,;P)$ qui ne forment pas de segment. Il reste $64-8=56$ couples de sommets distincts, et chaque segment est compté deux fois, $(P\,;Q)$ et $(Q\,;P)$ : $\dfrac{56}{2}=28$. Diviser par $2$ sans retirer les $8$ « segments réduits à un point » est l'erreur que l'affirmation tend à l'élève.

A. Méthode : l'aire du domaine compris entre deux courbes, sur un intervalle où l'une reste au-dessus de l'autre, est l'intégrale de la différence « fonction du haut moins fonction du bas ». On commence par la position relative des deux courbes rouges.

Position relative : pour $x\in[0\,;1]$, $x-x^{2}=x(1-x)$ est un produit de deux facteurs positifs, donc $x^{2}\leqslant x$. La parabole est sous la droite $y=x$ sur $[0\,;1]$, et les deux courbes se rejoignent en O et en K, où $x^{2}=x$. Les fonctions $x\mapsto x^{2}$ et $x\mapsto x$ sont de plus positives sur $[0\,;1]$.

ZONE 2, sous la parabole et au-dessus de l'axe des abscisses : la fonction carré étant continue et positive sur $[0\,;1]$, $\mathcal{A}_{2}=\displaystyle\int_{0}^{1}x^{2}\,\mathrm{d}x=\left[\dfrac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{1}=\dfrac{1}{3}-0=\dfrac{1}{3}$ unité d'aire.

ZONE 3, entre la droite (au-dessus) et la parabole (au-dessous) : $\mathcal{A}_{3}=\displaystyle\int_{0}^{1}\left(x-x^{2}\right)\mathrm{d}x=\left[\dfrac{x^{2}}{2}-\dfrac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{1}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{6}$ unité d'aire.

ZONE 1, au-dessus de la droite $y=x$ dans le carré : c'est le triangle OKJ, rectangle en J, de côtés $\mathrm{OJ}=\mathrm{JK}=1$, d'aire $\dfrac{1\times 1}{2}=\dfrac{1}{2}$. Autre rédaction : le carré a pour aire $1$ et la partie située sous la droite $y=x$ (zones 2 et 3) a pour aire $\displaystyle\int_{0}^{1}x\,\mathrm{d}x=\dfrac{1}{2}$, donc $\mathcal{A}_{1}=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$.

Vérification : $\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{3+2+1}{6}=1$, l'aire du carré OIKJ. C'est aussi ce qui permettra, aux parties B et C, de lire ces aires comme des probabilités dont la somme vaut $1$. Erreur fréquente : calculer $\displaystyle\int_{0}^{1}\left(x^{2}-x\right)\mathrm{d}x=-\dfrac{1}{6}$ en mettant les fonctions dans le mauvais ordre ; une aire n'est jamais négative, et c'est la position relative établie d'abord qui dit quel terme soustraire.

B.1. Le premier niveau de l'arbre porte la zone : $T$ avec $P(T)=\dfrac{1}{6}$ (aire de la ZONE 3), et $\overline{T}$ avec $P(\overline{T})=1-\dfrac{1}{6}=\dfrac{5}{6}$, qui est aussi l'aire des zones 1 et 2 réunies, $\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}$.

Le second niveau porte le gain, et ses probabilités sont CONDITIONNELLES. Sachant $T$, le joueur lance une pièce équilibrée et gagne sur PILE : $P_{T}(G)=\dfrac{1}{2}$ et $P_{T}(\overline{G})=\dfrac{1}{2}$. Sachant $\overline{T}$, il lance un dé équilibré à six faces et gagne sur la FACE 6 : $P_{\overline{T}}(G)=\dfrac{1}{6}$ et $P_{\overline{T}}(\overline{G})=\dfrac{5}{6}$. L'arbre complet, avec la probabilité de chaque chemin en bout de branche, figure en fin de corrigé.

Contrôle : les branches issues d'un même nœud ont pour somme $1$. Piège : le $\dfrac{1}{6}$ apparaît deux fois, une fois comme $P(T)$ (une aire) et une fois comme $P_{\overline{T}}(G)$ (la FACE 6 du dé) ; ce ne sont pas les mêmes événements.

B.2. Formule des probabilités totales, avec la partition $\left\{T\,;\overline{T}\right\}$ : $P(G)=P(T\cap G)+P(\overline{T}\cap G)=P(T)\,P_{T}(G)+P(\overline{T})\,P_{\overline{T}}(G)$.

$P(G)=\dfrac{1}{6}\times\dfrac{1}{2}+\dfrac{5}{6}\times\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{12}+\dfrac{5}{36}=\dfrac{3}{36}+\dfrac{5}{36}=\dfrac{8}{36}=\dfrac{2}{9}$, ce qu'il fallait démontrer.

Ordre de grandeur : $P(G)\approx 0{,}222$ est compris entre les deux probabilités de gain conditionnelles, $\dfrac{1}{6}\approx 0{,}167$ et $\dfrac{1}{2}$, et beaucoup plus proche de $\dfrac{1}{6}$ puisque la fléchette tombe hors de la ZONE 3 cinq fois sur six. Erreur fréquente : additionner $\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}$ sans pondérer par les probabilités des zones.

B.3. On sait que $G$ est réalisé : on cherche $P_{G}(T)$, une probabilité « inversée » par rapport à l'arbre, qui part de $T$. On revient à la définition d'une probabilité conditionnelle (formule de Bayes) : $P_{G}(T)=\dfrac{P(T\cap G)}{P(G)}=\dfrac{\frac{1}{12}}{\frac{2}{9}}=\dfrac{1}{12}\times\dfrac{9}{2}=\dfrac{9}{24}=\dfrac{3}{8}$.

Sachant que le joueur a gagné, la probabilité que la fléchette soit tombée sur la ZONE 3 est $\dfrac{3}{8}=0{,}375$.

Interprétation : c'est plus de deux fois $P(T)=\dfrac{1}{6}\approx 0{,}167$. Savoir que le joueur a gagné rend la ZONE 3 plus probable, puisque c'est la zone où l'on gagne le plus souvent (une fois sur deux, contre une fois sur six ailleurs). Le piège est de répondre $P_{T}(G)=\dfrac{1}{2}$, qui conditionne dans l'autre sens : le dénominateur est toujours la probabilité de l'événement CONNU, ici $G$.

C.1.a. Le gain $X_{1}$ vaut le numéro de la zone atteinte, et la probabilité de chaque zone est son aire (partie A). La loi de $X_{1}$ est donc : $P(X_{1}=1)=\dfrac{1}{2}$, $P(X_{1}=2)=\dfrac{1}{3}$, $P(X_{1}=3)=\dfrac{1}{6}$, de somme $1$.

Par définition de l'espérance : $E(X_{1})=1\times\dfrac{1}{2}+2\times\dfrac{1}{3}+3\times\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{3}\approx 1{,}67$. En moyenne, sur un grand nombre de parties, le joueur gagne environ $1{,}67$ euro par lancer.

Vérification : l'espérance est comprise entre le plus petit et le plus grand gain, $1$ et $3$, et proche de $1$ et $2$, qui sont les zones les plus probables. Erreur fréquente : attribuer à la ZONE 3 la probabilité de la plus grande zone ; c'est la plus petite des trois.

C.1.b. Formule de König-Huygens, $V(X_{1})=E\left(X_{1}^{2}\right)-E(X_{1})^{2}$. D'abord $E\left(X_{1}^{2}\right)=1^{2}\times\dfrac{1}{2}+2^{2}\times\dfrac{1}{3}+3^{2}\times\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{4}{3}+\dfrac{3}{2}=\dfrac{10}{3}$.

Puis $V(X_{1})=\dfrac{10}{3}-\left(\dfrac{5}{3}\right)^{2}=\dfrac{30}{9}-\dfrac{25}{9}=\dfrac{5}{9}$, ce qu'il fallait démontrer.

Vérification par la définition, $V(X_{1})=\sum p_{k}\left(x_{k}-E(X_{1})\right)^{2}$ : $\dfrac{1}{2}\left(-\dfrac{2}{3}\right)^{2}+\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{2}+\dfrac{1}{6}\left(\dfrac{4}{3}\right)^{2}=\dfrac{2}{9}+\dfrac{1}{27}+\dfrac{8}{27}=\dfrac{6+1+8}{27}=\dfrac{15}{27}=\dfrac{5}{9}$. Piège : soustraire $E(X_{1})$ au lieu de son carré.

C.2.a. Chaque gain vaut au plus $3$, donc $Y=X_{1}+X_{2}+X_{3}=9$ si et seulement si $X_{1}=3$, $X_{2}=3$ et $X_{3}=3$ : les trois fléchettes tombent sur la ZONE 3.

Les parties étant indépendantes, la probabilité de l'intersection est le produit des probabilités : $P(Y=9)=P(X_{1}=3)\times P(X_{2}=3)\times P(X_{3}=3)=\left(\dfrac{1}{6}\right)^{3}=\dfrac{1}{216}\approx 0{,}004\,6$.

Le point de rédaction attendu est l'équivalence : on justifie que $9$ est la valeur maximale de $Y$ et qu'elle n'est atteinte que d'une seule façon. Ce raisonnement ne marcherait pas pour $Y=8$, qui s'obtient de trois façons (un $2$ et deux $3$, dans un ordre quelconque).

C.2.b. Par linéarité de l'espérance, valable sans hypothèse d'indépendance : $E(Y)=E(X_{1})+E(X_{2})+E(X_{3})$. Les trois joueurs jouent dans les mêmes conditions, donc $X_{2}$ et $X_{3}$ suivent la même loi que $X_{1}$ et ont la même espérance : $E(Y)=3\times\dfrac{5}{3}=5$. Les trois joueurs gagnent ensemble, en moyenne, $5$ euros.

C.2.c. Les variables $X_{1}$, $X_{2}$ et $X_{3}$ sont INDÉPENDANTES (les parties le sont, d'après l'énoncé) : la variance de leur somme est la somme de leurs variances. Elles ont la même loi, donc la même variance $\dfrac{5}{9}$ : $V(Y)=V(X_{1})+V(X_{2})+V(X_{3})=3\times\dfrac{5}{9}=\dfrac{5}{3}$.

Le mot « justifier » appelle la citation de l'indépendance : c'est elle seule qui autorise à additionner les variances, alors que l'espérance s'additionne toujours. Piège voisin : confondre $Y=X_{1}+X_{2}+X_{3}$, somme de trois variables indépendantes, avec $3X_{1}$, le gain triplé d'un seul joueur, dont la variance serait $3^{2}\times\dfrac{5}{9}=5$.

1. Méthode : signe de la dérivée. La fonction $f$ est de la forme $\ln(v)$ avec $v(x)=\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}+2$, dérivable et strictement positive sur $\mathbb{R}$ ; on dérive par $(\ln v)'=\dfrac{v'}{v}$. Or $v'(x)=\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}$ (dérivée de $\mathrm{e}^{ax}$ : $a\,\mathrm{e}^{ax}$, ici $a=\dfrac{1}{2}$).

Pour tout réel $x$ : $f'(x)=\dfrac{\frac{1}{2}\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}}{\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}+2}=\dfrac{\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}}{2\left(\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}+2\right)}$. Le numérateur et le dénominateur sont strictement positifs (une exponentielle est toujours strictement positive), donc $f'(x)>0$ pour tout $x$ : la fonction $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

Autre rédaction, sans dérivée : par composition, $x\mapsto\dfrac{x}{2}$, l'exponentielle, l'ajout de $2$ et le logarithme népérien sont strictement croissants, donc leur composée $f$ l'est aussi. Erreur fréquente : oublier le facteur $\dfrac{1}{2}$ de la dérivée de $\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}$ ; ici il ne change pas le signe, mais il compte dans toute autre question.

2. On utilise $\mathrm{e}^{\ln a}=a$ pour $a>0$ : $\mathrm{e}^{\frac{2\ln 2}{2}}=\mathrm{e}^{\ln 2}=2$. Donc $f(2\ln 2)=\ln(2+2)=\ln 4=\ln\left(2^{2}\right)=2\ln 2$, par la propriété $\ln\left(a^{n}\right)=n\ln a$.

Le réel $2\ln 2=\ln 4\approx 1{,}386$ est donc un point fixe de $f$, un réel qui est sa propre image. C'est ce que la suite de l'exercice exploite : il sert de minorant à la question 4 et sera la limite à la question 6.d.

3. Par définition, $u_{1}=f(u_{0})=f(\ln 9)=\ln\left(\mathrm{e}^{\frac{\ln 9}{2}}+2\right)$. Or $\dfrac{\ln 9}{2}=\dfrac{1}{2}\ln 9=\ln\left(9^{\frac{1}{2}}\right)=\ln\sqrt{9}=\ln 3$, donc $\mathrm{e}^{\frac{\ln 9}{2}}=\mathrm{e}^{\ln 3}=3$, et $u_{1}=\ln(3+2)=\ln 5$.

Autre chemin : $\ln 9=2\ln 3$, donc $\dfrac{\ln 9}{2}=\ln 3$. Contrôle numérique : $u_{0}=\ln 9\approx 2{,}197$ et $u_{1}=\ln 5\approx 1{,}609$, la suite commence par descendre. Piège : écrire $\mathrm{e}^{\frac{\ln 9}{2}}=\dfrac{9}{2}$ ; l'exposant divisé par $2$ donne une RACINE carrée, pas une moitié.

4. Raisonnement par récurrence. Pour tout entier naturel $n$, on note $\mathcal{P}(n)$ la propriété : « $2\ln 2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n}$ ».

Initialisation, $n=0$ : il s'agit de vérifier $2\ln 2\leqslant u_{1}\leqslant u_{0}$, soit $\ln 4\leqslant\ln 5\leqslant\ln 9$. C'est vrai, car $4\leqslant 5\leqslant 9$ et la fonction $\ln$ est croissante sur $]0\,;+\infty[$. Donc $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité : soit $n$ un entier naturel tel que $\mathcal{P}(n)$ est vraie, c'est-à-dire $2\ln 2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n}$. La fonction $f$ est croissante sur $\mathbb{R}$ (question 1), donc elle conserve l'ordre : $f(2\ln 2)\leqslant f(u_{n+1})\leqslant f(u_{n})$. Or $f(2\ln 2)=2\ln 2$ (question 2), $f(u_{n+1})=u_{n+2}$ et $f(u_{n})=u_{n+1}$. On obtient $2\ln 2\leqslant u_{n+2}\leqslant u_{n+1}$ : c'est $\mathcal{P}(n+1)$.

Conclusion : $\mathcal{P}(0)$ est vraie et la propriété est héréditaire ; par le principe de récurrence, pour tout entier naturel $n$, $2\ln 2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n}$.

Le cœur de l'hérédité est d'appliquer $f$ aux TROIS membres de l'inégalité, ce qui n'est permis que parce que $f$ est croissante ; le correcteur attend que la question 1 soit citée. Erreurs fréquentes : n'écrire que $u_{n+2}\leqslant u_{n+1}$ en oubliant le minorant, ou remplacer $f(2\ln 2)$ par $2\ln 2$ sans renvoyer à la question 2.

5. D'après la question 4, pour tout $n$, $u_{n+1}\leqslant u_{n}$ : la suite $(u_{n})$ est décroissante. Et pour tout $n$, $u_{n+1}\geqslant 2\ln 2$, avec aussi $u_{0}=\ln 9\geqslant 2\ln 2$ : la suite est minorée par $2\ln 2$.

Théorème de convergence monotone : toute suite décroissante et minorée converge. La suite $(u_{n})$ converge donc vers un réel $\ell$, et $\ell\geqslant 2\ln 2$ par passage à la limite dans l'inégalité. Attention : le théorème donne l'EXISTENCE de la limite, pas sa valeur ; un minorant n'est pas forcément la limite, c'est la question 6 qui le prouvera ici.

6.a. Équation du second degré $X^{2}-X-2=0$, de discriminant $\Delta=(-1)^{2}-4\times 1\times(-2)=1+8=9>0$. Deux solutions réelles : $X_{1}=\dfrac{1-\sqrt{9}}{2}=\dfrac{1-3}{2}=-1$ et $X_{2}=\dfrac{1+3}{2}=2$. L'ensemble des solutions est $\{-1\,;2\}$.

Vérification : $(-1)^{2}-(-1)-2=1+1-2=0$ et $2^{2}-2-2=0$. On pouvait aussi repérer la racine évidente $-1$, puis utiliser le produit des racines $\dfrac{c}{a}=-2$ pour trouver l'autre, $2$. Autrement dit, $X^{2}-X-2=(X+1)(X-2)$.

6.b. Changement de variable : on pose $X=\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}$. Alors $X^{2}=\left(\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}\right)^{2}=\mathrm{e}^{2\times\frac{x}{2}}=\mathrm{e}^{x}$, et l'équation $\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}-2=0$ s'écrit $X^{2}-X-2=0$. D'après 6.a, $X=-1$ ou $X=2$.

On revient à $x$. Le cas $\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}=-1$ est impossible, une exponentielle étant strictement positive. Le cas $\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}=2$ donne $\dfrac{x}{2}=\ln 2$, soit $x=2\ln 2$. L'ensemble des solutions est $S=\{2\ln 2\}$.

Vérification : $\mathrm{e}^{2\ln 2}-\mathrm{e}^{\ln 2}-2=4-2-2=0$. Le piège est double : garder la racine $X=-1$ et écrire « $x=2\ln(-1)$ », qui n'a pas de sens ; ou oublier de revenir à $x$ et répondre $\{2\}$. Une équation d'inconnue $x$ a des solutions en $x$.

6.c. Pour tout réel $x$, $\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}+2>0$ et la fonction exponentielle est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $]0\,;+\infty[$, réciproque de $\ln$ : $\ln(a)=b\iff a=\mathrm{e}^{b}$ pour $a>0$. Donc $f(x)=x\iff\ln\left(\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}+2\right)=x\iff\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}+2=\mathrm{e}^{x}\iff\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}-2=0$.

C'est l'équation de la question 6.b, d'où l'ensemble des solutions de $f(x)=x$ : $S=\{2\ln 2\}$. La fonction $f$ a donc un seul point fixe, celui que la question 2 avait fait vérifier. Le point de rédaction : écrire des ÉQUIVALENCES, justifiées par la stricte positivité de $\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}+2$, et pas seulement une implication.

6.d. Méthode : théorème du point fixe. La suite $(u_{n})$ converge vers un réel $\ell$ (question 5), elle vérifie $u_{n+1}=f(u_{n})$, et la fonction $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ (elle y est dérivable). En passant à la limite dans la relation de récurrence : $u_{n+1}\to\ell$ et, par continuité de $f$ en $\ell$, $f(u_{n})\to f(\ell)$. Par unicité de la limite, $f(\ell)=\ell$.