Bac 2026 de spécialité maths, Métropole jour 1 : sujet officiel et corrigé

A.1.a. L'énoncé donne directement la proportion de familles qui réservent une cabine, parmi TOUTES les familles : $75\,\%$. Donc $P(C)=0{,}75$.

Le piège est dans la phrase précédente : les $80\,\%$ portent sur les familles qui ont réservé un emplacement pour un véhicule (« parmi ces dernières »). C'est une probabilité CONDITIONNELLE, $P_{V}(C)$, et non $P(C)$. Chaque pourcentage d'un énoncé se rapporte à une population, et c'est elle qui décide s'il s'agit d'une probabilité simple ou conditionnelle.

A.1.b. Le premier niveau de l'arbre porte $V$ et $\overline{V}$ : $P(V)=0{,}3$ et, par l'événement contraire, $P(\overline{V})=1-0{,}3=0{,}7$. Les branches issues de $V$ portent des probabilités conditionnées par $V$ : « parmi ces dernières, $80\,\%$ réservent une cabine » donne $P_{V}(C)=0{,}8$, d'où $P_{V}(\overline{C})=1-0{,}8=0{,}2$.

Les quatre pointillés valent donc $P(V)=0{,}3$, $P_{V}(C)=0{,}8$, $P_{V}(\overline{C})=0{,}2$ et $P(\overline{V})=0{,}7$. Contrôle : les probabilités issues d'un même nœud ont pour somme $1$ ($0{,}3+0{,}7=1$ et $0{,}8+0{,}2=1$). Les deux branches issues de $\overline{V}$ restent vides dans l'arbre de l'énoncé : on ne les connaît pas encore, c'est la question A.4 qui les calcule. L'arbre complet figure en fin de corrigé.

A.2. Probabilité d'une intersection, lue sur un chemin de l'arbre (formule des probabilités composées) : $P(V\cap C)=P(V)\times P_{V}(C)=0{,}3\times 0{,}8=0{,}24$. La probabilité qu'une famille réserve à la fois un emplacement pour un véhicule et une cabine vaut $0{,}24$.

Contrôle de cohérence : une intersection est plus petite que chacun des deux événements, et en effet $0{,}24\leqslant P(V)=0{,}3$ et $0{,}24\leqslant P(C)=0{,}75$. Erreur fréquente : répondre $0{,}8$, qui est la probabilité de réserver une cabine SACHANT que la famille a un véhicule, et non celle de « véhicule ET cabine ».

A.3. On sait que la famille a réservé une cabine : on cherche une probabilité conditionnée par $C$, soit $P_{C}(V)$. L'arbre commence par $V$, la question part de $C$ : on « retourne » l'arbre en revenant à la définition d'une probabilité conditionnelle (c'est la démarche de la formule de Bayes).

$P_{C}(V)=\dfrac{P(V\cap C)}{P(C)}=\dfrac{0{,}24}{0{,}75}=0{,}32$. Une famille qui a réservé une cabine a donc une probabilité $0{,}32$ d'avoir aussi réservé un emplacement pour un véhicule.

Le piège est de confondre $P_{C}(V)$ et $P_{V}(C)$ : ici $0{,}32$ contre $0{,}8$, les deux nombres n'ont rien à voir. Le dénominateur est toujours la probabilité de l'événement DONNÉ, celui qu'on sait réalisé, ici $C$.

A.4. Par définition, $P_{\overline{V}}(C)=\dfrac{P(\overline{V}\cap C)}{P(\overline{V})}$. Le numérateur s'obtient par la formule des probabilités totales, avec la partition $\{V\,;\overline{V}\}$ : $P(C)=P(V\cap C)+P(\overline{V}\cap C)$, donc $P(\overline{V}\cap C)=0{,}75-0{,}24=0{,}51$.

Puis $P_{\overline{V}}(C)=\dfrac{0{,}51}{0{,}7}=\dfrac{51}{70}\approx 0{,}728\,6$, soit $0{,}73$ arrondi à $10^{-2}$.

Interprétation : parmi les familles qui ne réservent pas d'emplacement pour un véhicule, environ $73\,\%$ réservent une cabine. La comparaison avec $P_{V}(C)=0{,}8$ dit qu'une famille qui voyage avec un véhicule réserve un peu plus souvent une cabine qu'une famille sans véhicule.

Erreurs fréquentes : diviser par $P(C)$ au lieu de $P(\overline{V})$, ou ne pas diviser du tout et répondre $0{,}51$, qui est la probabilité de « pas de véhicule ET cabine ». L'interprétation doit nommer la population de référence, les familles SANS véhicule ; « $73\,\%$ des familles réservent une cabine » est faux, c'est $75\,\%$.

B.1. Définition de l'espérance, avec la loi donnée : $\mathrm{E}(X)=0\times 0{,}19+70\times 0{,}06+100\times 0{,}51+170\times 0{,}24=0+4{,}2+51+40{,}8=96$.

Pour la variance, la formule de König-Huygens $\mathrm{V}(X)=\mathrm{E}(X^{2})-\mathrm{E}(X)^{2}$ est la plus rapide : $\mathrm{E}(X^{2})=0^{2}\times 0{,}19+70^{2}\times 0{,}06+100^{2}\times 0{,}51+170^{2}\times 0{,}24=0+294+5\,100+6\,936=12\,330$, donc $\mathrm{V}(X)=12\,330-96^{2}=12\,330-9\,216=3\,114$.

Vérification par la définition $\mathrm{V}(X)=\sum p_{i}(x_{i}-96)^{2}$ : $0{,}19\times 96^{2}+0{,}06\times 26^{2}+0{,}51\times 4^{2}+0{,}24\times 74^{2}=1\,751{,}04+40{,}56+8{,}16+1\,314{,}24=3\,114$, la même valeur.

Cohérence avec la partie A : la loi de $X$ est celle des quatre chemins de l'arbre. $P(X=170)=P(V\cap C)=0{,}24$, $P(X=100)=P(\overline{V}\cap C)=0{,}51$, $P(X=70)=P(V\cap\overline{C})=0{,}3\times 0{,}2=0{,}06$ et $P(X=0)=P(\overline{V}\cap\overline{C})=0{,}7-0{,}51=0{,}19$. Erreur fréquente : soustraire $\mathrm{E}(X)$ au lieu de $\mathrm{E}(X)^{2}$, ou oublier d'élever les valeurs $x_{i}$ au carré dans $\mathrm{E}(X^{2})$.

B.2.a. Avant réduction, une famille paie $X+Y$ euros : les suppléments plus les extras. Une remise de $40\,\%$ revient à payer $100\,\%-40\,\%=60\,\%$ du prix, c'est-à-dire à multiplier par le coefficient multiplicateur $1-0{,}40=0{,}6$. Comme la remise porte à la fois sur les suppléments et sur les extras, elle s'applique au total : $Z=0{,}6(X+Y)$.

Erreur fréquente : écrire $Z=0{,}4(X+Y)$, qui est le montant de la remise et non le montant payé.

B.2.b. Espérance : par linéarité de l'espérance, valable sans aucune hypothèse, $\mathrm{E}(Z)=0{,}6\left(\mathrm{E}(X)+\mathrm{E}(Y)\right)=0{,}6\times(96+104)=0{,}6\times 200=120$.

Variance : d'abord $\mathrm{V}(aW)=a^{2}\mathrm{V}(W)$, donc $\mathrm{V}(Z)=0{,}6^{2}\,\mathrm{V}(X+Y)=0{,}36\,\mathrm{V}(X+Y)$. Ensuite, les variables $X$ et $Y$ étant INDÉPENDANTES (hypothèse de l'énoncé), la variance de leur somme est la somme de leurs variances : $\mathrm{V}(X+Y)=\mathrm{V}(X)+\mathrm{V}(Y)=3\,114+1\,686=4\,800$. D'où $\mathrm{V}(Z)=0{,}36\times 4\,800=1\,728$.

Les deux pièges : multiplier la variance par $0{,}6$ au lieu de $0{,}6^{2}=0{,}36$, ce qui donnerait $2\,880$ ; et additionner les variances sans citer l'indépendance, qui est la seule raison pour laquelle on en a le droit. L'espérance, elle, s'additionne toujours.

B.3.a. Espérance, par linéarité : $\mathrm{E}(M_{n})=\dfrac{1}{n}\left(\mathrm{E}(Z_{1})+\mathrm{E}(Z_{2})+\cdots+\mathrm{E}(Z_{n})\right)=\dfrac{1}{n}\times n\times 120=120$, puisque chaque $Z_{i}$ suit la loi de $Z$.

Variance : $\mathrm{V}(M_{n})=\dfrac{1}{n^{2}}\,\mathrm{V}(Z_{1}+Z_{2}+\cdots+Z_{n})$. Les $Z_{i}$ étant indépendantes, la variance de la somme est la somme des variances, soit $n\times 1\,728$. Donc $\mathrm{V}(M_{n})=\dfrac{n\times 1\,728}{n^{2}}=\dfrac{1\,728}{n}$.

Le facteur $\dfrac{1}{n}$ sort AU CARRÉ de la variance : c'est lui qui fait diminuer la dispersion de la moyenne quand l'échantillon grandit, alors que l'espérance reste $120$. Erreur fréquente : sortir $\dfrac{1}{n}$ sans le carré, ce qui donnerait $\mathrm{V}(M_{n})=1\,728$ pour tout $n$.

B.3.b. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, appliquée à $M_{n}$ d'espérance $120$ et de variance $\dfrac{1\,728}{n}$, s'écrit pour tout réel $\delta>0$ : $P\left(\left|M_{n}-120\right|\geqslant\delta\right)\leqslant\dfrac{\mathrm{V}(M_{n})}{\delta^{2}}$.

L'intervalle $]114\,;126[$ est centré en $120$, de demi-largeur $6$ : $114<M_{n}<126\iff\left|M_{n}-120\right|<6$. On prend donc $\delta=6$ : $P\left(\left|M_{n}-120\right|\geqslant 6\right)\leqslant\dfrac{1\,728}{36n}=\dfrac{48}{n}$.

On passe à l'événement contraire, ce qui renverse le sens de l'inégalité : $P(114<M_{n}<126)=1-P\left(\left|M_{n}-120\right|\geqslant 6\right)\geqslant 1-\dfrac{48}{n}$.

L'inégalité permet donc d'affirmer $P(114<M_{n}<126)\geqslant 0{,}85$ dès que $1-\dfrac{48}{n}\geqslant 0{,}85$, c'est-à-dire $\dfrac{48}{n}\leqslant 0{,}15$, soit $n\geqslant\dfrac{48}{0{,}15}=320$. Le plus petit entier qui convient est $n=320$.

Vérification aux bords : pour $n=320$, $1-\dfrac{48}{320}=0{,}85$ exactement, et l'inégalité demandée est large ; pour $n=319$, $1-\dfrac{48}{319}\approx 0{,}849\,5<0{,}85$.

Interprétation : dans un échantillon d'au moins $320$ familles bénéficiant de la réduction, le prix total moyen payé pour les suppléments et les extras est strictement compris entre $114$ et $126$ euros avec une probabilité d'au moins $0{,}85$. Ce n'est pas un nombre de familles NÉCESSAIRE : c'est à partir de $320$ que CETTE inégalité, souvent grossière, permet de le garantir.

Deux pièges : prendre $\delta=126-114=12$ au lieu de la DEMI-largeur $6$, ce qui donnerait $n\geqslant 80$ ; et passer à l'événement contraire sans renverser l'inégalité.

1.a. Méthode : un plan est orthogonal à une droite lorsqu'un vecteur normal du plan est colinéaire à un vecteur directeur de la droite. Un vecteur normal de $(\mathcal{P})$ se lit sur les coefficients de son équation cartésienne : $\vec{n}\begin{pmatrix}-1\\1\\-5\end{pmatrix}$. Un vecteur directeur de $(\mathrm{AB})$ : $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\begin{pmatrix}2-3\\1-0\\-3-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\1\\-5\end{pmatrix}$.

On a $\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\vec{n}$ : les deux vecteurs sont égaux, a fortiori colinéaires, donc $(\mathcal{P})$ est orthogonal à $(\mathrm{AB})$.

Milieu $\mathrm{I}$ de $[\mathrm{AB}]$ : $\mathrm{I}\left(\dfrac{3+2}{2}\,;\dfrac{0+1}{2}\,;\dfrac{2+(-3)}{2}\right)=(2{,}5\,;0{,}5\,;-0{,}5)$. On remplace dans l'équation de $(\mathcal{P})$ : $-2{,}5+0{,}5-5\times(-0{,}5)-0{,}5=-2{,}5+0{,}5+2{,}5-0{,}5=0$. Les coordonnées de $\mathrm{I}$ vérifient l'équation, donc $\mathrm{I}\in(\mathcal{P})$.

Les deux conditions sont remplies : l'affirmation 1 est VRAIE. Le plan $(\mathcal{P})$ est le plan médiateur du segment $[\mathrm{AB}]$.

Pièges : l'affirmation est une conjonction (« orthogonal ET passe par le milieu »), une seule vérification ne suffit pas. Et le produit scalaire $\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ n'est pas le bon outil : s'il était nul, il prouverait au contraire que la droite est PARALLÈLE au plan.

1.b. Méthode : deux droites de l'espace sont sécantes si elles ont un unique point commun. Dans l'espace, deux droites non parallèles peuvent ne pas se couper : il faut donc chercher effectivement un point commun.

Un vecteur directeur de $(d)$ se lit sur les coefficients de $t$ : $\vec{u}\begin{pmatrix}1\\-1\\-2\end{pmatrix}$. Si $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\begin{pmatrix}-1\\1\\-5\end{pmatrix}$ était colinéaire à $\vec{u}$, on aurait $\overrightarrow{\mathrm{AB}}=k\vec{u}$ ; les deux premières coordonnées imposent $k=-1$, la troisième $k=\dfrac{5}{2}$ : les droites ne sont pas parallèles.

Représentation paramétrique de $(\mathrm{AB})$, passant par $\mathrm{A}$ et dirigée par $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ : $x=3-s$, $y=s$, $z=2-5s$, avec $s\in\mathbb{R}$, un paramètre DIFFÉRENT de $t$. (Contrôle : $s=1$ donne bien $\mathrm{B}(2\,;1\,;-3)$.)

Un point commun correspondrait à un couple $(t\,;s)$ tel que $t=3-s$, $-1{,}5-t=s$ et $2-2t=2-5s$. En reportant la première équation dans la deuxième : $-1{,}5-(3-s)=s$, soit $-4{,}5+s=s$, soit $-4{,}5=0$, ce qui est impossible. Le système n'a pas de solution : les droites n'ont aucun point commun. Non parallèles et sans point commun, elles sont non coplanaires. L'affirmation 2 est FAUSSE.

Vérification qui voit tout d'un coup d'œil : sur $(d)$, $x+y=t+(-1{,}5-t)=-1{,}5$ pour tout $t$ ; sur $(\mathrm{AB})$, $x+y=(3-s)+s=3$ pour tout $s$. Les deux droites sont contenues dans deux plans parallèles distincts, d'équations $x+y=-1{,}5$ et $x+y=3$ : elles ne peuvent pas se rencontrer.

Erreur fréquente : garder la même lettre $t$ pour les deux représentations paramétriques. On chercherait alors un point atteint « pour la même valeur du paramètre », ce qui n'a aucun sens géométrique et conduit, dans d'autres sujets, à rater une intersection qui existe.

1.c. Méthode : l'angle $\widehat{\mathrm{ACB}}$ a pour sommet $\mathrm{C}$ ; c'est l'angle des vecteurs $\overrightarrow{\mathrm{CA}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{CB}}$, et on le calcule par le produit scalaire, $\overrightarrow{\mathrm{CA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CB}}=\mathrm{CA}\times\mathrm{CB}\times\cos\widehat{\mathrm{ACB}}$.

Coordonnées : $\overrightarrow{\mathrm{CA}}\begin{pmatrix}3-1{,}5\\0-(-3)\\2-(-1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1{,}5\\3\\3\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\mathrm{CB}}\begin{pmatrix}2-1{,}5\\1-(-3)\\-3-(-1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0{,}5\\4\\-2\end{pmatrix}$.

Le repère étant orthonormé : $\overrightarrow{\mathrm{CA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CB}}=1{,}5\times 0{,}5+3\times 4+3\times(-2)=0{,}75+12-6=6{,}75$. Normes : $\mathrm{CA}=\sqrt{1{,}5^{2}+3^{2}+3^{2}}=\sqrt{20{,}25}=4{,}5$ et $\mathrm{CB}=\sqrt{0{,}5^{2}+4^{2}+(-2)^{2}}=\sqrt{20{,}25}=4{,}5$.

Donc $\cos\widehat{\mathrm{ACB}}=\dfrac{6{,}75}{4{,}5\times 4{,}5}=\dfrac{6{,}75}{20{,}25}=\dfrac{1}{3}$, et $\widehat{\mathrm{ACB}}=\arccos\left(\dfrac{1}{3}\right)\approx 70{,}53^{\circ}$, soit $70{,}5^{\circ}$ arrondi à $10^{-1}$. L'affirmation 3 est VRAIE.

Cohérence avec 1.a : le triangle $\mathrm{ACB}$ est isocèle en $\mathrm{C}$ ($\mathrm{CA}=\mathrm{CB}=4{,}5$), donc $\mathrm{C}$ doit être sur le plan médiateur de $[\mathrm{AB}]$ ; c'est bien le cas, $-1{,}5+(-3)-5\times(-1)-0{,}5=0$.

Pièges : prendre $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{CB}}$, un vecteur qui arrive en $\mathrm{C}$ et un qui en part, donne le cosinus opposé et l'angle supplémentaire, environ $109{,}5^{\circ}$ ; et une calculatrice restée en radians affiche $1{,}23$.

2. Méthode : sous l'hypothèse d'équiprobabilité, avec un seul essai, la probabilité d'ouvrir une porte vaut $\dfrac{1}{N}$, où $N$ est le nombre de codes possibles. Toute la question se joue sur le choix du modèle de dénombrement.

Porte A : un code est une suite ORDONNÉE de $3$ symboles distincts pris parmi $8$, c'est-à-dire un $3$-arrangement de l'ensemble des $8$ symboles (une liste sans répétition) : $N_{A}=8\times 7\times 6=\dfrac{8!}{5!}=336$. Probabilité pour Clotilde : $p_{A}=\dfrac{1}{336}\approx 0{,}003$.

Porte B : $4$ symboles distincts qui peuvent être saisis dans n'importe quel ordre. L'ordre ne compte pas, un code est une PARTIE à $4$ éléments de l'ensemble des $8$ symboles, c'est-à-dire une combinaison : $N_{B}=\dbinom{8}{4}=\dfrac{8\times 7\times 6\times 5}{4\times 3\times 2\times 1}=70$. Probabilité pour Titouan : $p_{B}=\dfrac{1}{70}\approx 0{,}014$.

Comme $70<336$, on a $\dfrac{1}{70}>\dfrac{1}{336}$ : Titouan a plus de chances d'ouvrir sa porte que Clotilde, $4{,}8$ fois plus ($\dfrac{336}{70}=4{,}8$). L'affirmation 4 est VRAIE.

Le piège est l'intuition « quatre symboles, c'est plus difficile que trois ». Ce serait vrai si l'ordre comptait : il y aurait $8\times 7\times 6\times 5=1\,680$ listes. Mais pour la porte B, chaque combinaison correspond à $4!=24$ saisies qui ouvrent toutes la porte, et $1\,680=70\times 24$. Autre erreur : compter $8^{3}=512$ codes pour la porte A, en oubliant que les symboles sont différents.

A.1. Méthode : équation différentielle $y'=ay+b$ avec $a\neq 0$, dont les solutions sont les fonctions $t\mapsto K\mathrm{e}^{at}-\dfrac{b}{a}$, $K$ réel. Ici $a=-0{,}035$ et $b=0{,}91$, donc $-\dfrac{b}{a}=\dfrac{0{,}91}{0{,}035}=26$.

Les solutions de $(E)$ sur $[0\,;+\infty[$ sont les fonctions $t\mapsto K\mathrm{e}^{-0{,}035t}+26$, où $K$ est un réel quelconque.

Vérification : la fonction constante égale à $26$ est solution, puisque $-0{,}035\times 26+0{,}91=-0{,}91+0{,}91=0$, qui est bien la dérivée d'une constante. Autre façon de retrouver le résultat : $y'=-0{,}035(y-26)$, donc $z=y-26$ vérifie $z'=-0{,}035z$, et $z(t)=K\mathrm{e}^{-0{,}035t}$.

Erreurs fréquentes : écrire $+\dfrac{b}{a}$, ce qui donne $-26$ ; ou ne donner qu'une fonction, alors que la question demande TOUTES les solutions, avec leur constante $K$.

A.2. La fonction $T$ est une solution de $(E)$, donc il existe un réel $K$ tel que $T(t)=K\mathrm{e}^{-0{,}035t}+26$ pour tout $t\geqslant 0$. La condition initiale $T(0)=18$ fixe $K$ : $T(0)=K\mathrm{e}^{0}+26=K+26=18$, d'où $K=-8$. Ainsi, pour tout $t\in[0\,;+\infty[$, $T(t)=26-8\mathrm{e}^{-0{,}035t}$.

Contrôle : $T(0)=26-8=18$ ; et $T'(t)=0{,}28\mathrm{e}^{-0{,}035t}$ alors que $-0{,}035T(t)+0{,}91=-0{,}91+0{,}28\mathrm{e}^{-0{,}035t}+0{,}91=0{,}28\mathrm{e}^{-0{,}035t}$ : l'égalité $T'=-0{,}035T+0{,}91$ est vérifiée. La solution qui vérifie une condition initiale donnée est unique, c'est ce qui autorise le « en déduire ».

A.3. On résout $T(t)=20$ sur $[0\,;+\infty[$ : $26-8\mathrm{e}^{-0{,}035t}=20\iff 8\mathrm{e}^{-0{,}035t}=6\iff\mathrm{e}^{-0{,}035t}=0{,}75$.

La fonction $\ln$ est strictement croissante sur $]0\,;+\infty[$ et $0{,}75>0$ : on passe au logarithme, $-0{,}035t=\ln 0{,}75$, soit $t=\dfrac{\ln 0{,}75}{-0{,}035}=\dfrac{\ln\frac{4}{3}}{0{,}035}\approx 8{,}219\,5$.

Attention à l'unité : $t$ compte des DIZAINES de minutes. La durée vaut donc environ $82{,}195$ minutes, soit $82$ minutes arrondi à la minute, c'est-à-dire 1 heure 22 minutes.

Vérification : $T'(t)=0{,}28\mathrm{e}^{-0{,}035t}>0$, donc $T$ est strictement croissante et la solution trouvée est la seule ; elle est cohérente avec $T(0)=18<20<26$. Le piège coûte la question entière : répondre « $8{,}2$ heures » ou « $8$ minutes » en oubliant l'unité de temps. On convertit d'abord, on arrondit ensuite.

A.4. Méthode : on majore $T(t)$ pour TOUT $t\geqslant 0$. Une exponentielle est strictement positive, donc $8\mathrm{e}^{-0{,}035t}>0$ et $T(t)=26-8\mathrm{e}^{-0{,}035t}<26$. La température reste toujours strictement inférieure à 26 °C, a fortiori à 28 °C : même si le système ne s'éteint pas, la température de la pièce ne pourra pas dépasser 28 °C selon ce modèle.

On complète par la limite : $-0{,}035<0$, donc $\lim_{t\to+\infty}\mathrm{e}^{-0{,}035t}=0$ et $\lim_{t\to+\infty}T(t)=26$. La température, croissante, se rapproche de 26 °C par valeurs inférieures sans jamais l'atteindre.

Erreur fréquente : se contenter de la limite $26$. Une fonction peut dépasser sa limite avant de s'en rapprocher ; c'est la majoration valable pour tout $t$, ou la croissance jointe à la limite, qui justifie la réponse.

B.1. On applique la relation de récurrence avec $n=0$ : $u_{1}=0{,}965u_{0}+0{,}35+0{,}07\mathrm{e}^{-0{,}1\times 0}=0{,}965\times 20+0{,}35+0{,}07\times 1=19{,}3+0{,}35+0{,}07=19{,}72$.

Le seul piège est le terme exponentiel : pour $n=0$, $\mathrm{e}^{0}=1$, et les $0{,}07$ comptent en entier. Calculer $u_{1}$ avec $\mathrm{e}^{-0{,}1}$, c'est-à-dire avec $n=1$, décale toute la suite d'un rang.

B.2. On démontre par récurrence la propriété $\mathcal{P}(n)$ : « $u_{n}>10$ ».

Initialisation : $u_{0}=20>10$, donc $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité : soit $n$ un entier naturel tel que $\mathcal{P}(n)$ est vraie, c'est-à-dire $u_{n}>10$ ; montrons que $u_{n+1}>10$. On multiplie par $0{,}965>0$, ce qui conserve le sens de l'inégalité : $0{,}965u_{n}>9{,}65$. On ajoute $0{,}35$ : $0{,}965u_{n}+0{,}35>10$. Enfin $0{,}07\mathrm{e}^{-0{,}1n}>0$, car une exponentielle est strictement positive ; donc $u_{n+1}=0{,}965u_{n}+0{,}35+0{,}07\mathrm{e}^{-0{,}1n}>10$, et $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion : la propriété est vraie au rang $0$ et héréditaire, donc, par le principe de récurrence, $u_{n}>10$ pour tout entier naturel $n$.

Le seuil $10$ n'est pas choisi au hasard : c'est le point fixe de $x\mapsto 0{,}965x+0{,}35$, puisque $0{,}965\times 10+0{,}35=10$, et c'est pour cela que l'hérédité tombe juste. Erreurs fréquentes : ne pas justifier la positivité de $0{,}07\mathrm{e}^{-0{,}1n}$, ou rédiger l'hérédité en supposant « pour tout $n$, $u_{n}>10$ », c'est-à-dire ce qu'on veut démontrer.

B.3. Théorème de convergence monotone : toute suite décroissante et minorée converge. La suite $(u_{n})$ est décroissante (admis) et minorée par $10$ (question B.2) ; elle est donc convergente. Par passage à la limite dans l'inégalité, sa limite $\ell$ vérifie $\ell\geqslant 10$ : l'inégalité stricte $u_{n}>10$ ne donne qu'une inégalité large à la limite.

Le piège est de croire que la limite est le minorant : le théorème donne l'existence de la limite, pas sa valeur. Ici elle vaut bien $10$, mais c'est la question B.4 qui le prouve, pas celle-ci.

B.4.a. On passe à la limite des deux côtés de la relation de récurrence. D'une part, $u_{n+1}$ tend vers $\ell$ quand $n\to+\infty$ : c'est la même suite, décalée d'un rang. D'autre part, $-0{,}1<0$ donc $\lim_{n\to+\infty}\mathrm{e}^{-0{,}1n}=0$, et, par opérations sur les limites, $0{,}965u_{n}+0{,}35+0{,}07\mathrm{e}^{-0{,}1n}$ tend vers $0{,}965\ell+0{,}35+0$.