Bac Maths 2025 Métropole Jour 1

Les quatre groupes forment une partition de la population : leurs probabilités ont pour somme $1$. On en déduit la branche manquante du premier niveau :

$$p(O) = 1 - 0{,}45 - 0{,}10 - 0{,}03 = \boxed{0{,}42}$$

Sur chaque paire de branches du second niveau, les deux probabilités conditionnelles ont également pour somme $1$ :



Le réflexe : sur un arbre pondéré, la somme des probabilités partant d'un même nœud vaut toujours 1. C'est ce qui permet de compléter huit des dix pointillés sans le moindre calcul.

On multiplie les probabilités le long du chemin menant à $B$ puis à $R$ (formule des probabilités composées) :

$$p(B \cap R) = p(B) \times p_B(R) = 0{,}10 \times 0{,}84$$

$$\boxed{p(B \cap R) = 0{,}084}$$

Interprétation : $8{,}4\ \%$ de la population française est de groupe B et de rhésus positif — autrement dit, environ $8{,}4$ personnes sur $100$ sont B+.

Attention à ne pas confondre $p(B \cap R) = 0{,}084$ (une personne prise au hasard dans toute la population) et $p_B(R) = 0{,}84$ (une personne prise au hasard parmi les B).

Les évènements $A$, $B$, $AB$, $O$ forment une partition de l'univers : on applique la formule des probabilités totales.

$$p(R) = p(A \cap R) + p(B \cap R) + p(AB \cap R) + p(O \cap R)$$

$$0{,}8397 = \underbrace{0{,}45 \times 0{,}85}_{0{,}3825} + \underbrace{0{,}10 \times 0{,}84}_{0{,}084} + \underbrace{0{,}03 \times 0{,}82}_{0{,}0246} + 0{,}42 \times p_O(R)$$

$$0{,}8397 = 0{,}4911 + 0{,}42 \times p_O(R)$$

$$0{,}42 \times p_O(R) = 0{,}8397 - 0{,}4911 = 0{,}3486$$

$$p_O(R) = \frac{0{,}3486}{0{,}42}$$

$$\boxed{p_O(R) = 0{,}83}$$

Vérification : $0{,}42 \times 0{,}83 = 0{,}3486$, et $0{,}4911 + 0{,}3486 = 0{,}8397$ ✓

Être donneur universel, c'est réaliser l'évènement $O \cap \overline{R}$. On suit le chemin correspondant sur l'arbre :

$$p\left(O \cap \overline{R}\right) = p(O) \times p_O\left(\overline{R}\right)$$

D'après la question 3, $p_O(R) = 0{,}83$, donc par événement contraire :

$$p_O\left(\overline{R}\right) = 1 - 0{,}83 = 0{,}17$$

$$p\left(O \cap \overline{R}\right) = 0{,}42 \times 0{,}17$$

$$\boxed{p\left(O \cap \overline{R}\right) = 0{,}0714}$$

Interprétation : environ $7{,}14\ \%$ de la population française est donneur universel — soit à peine une personne sur quatorze. C'est ce qui explique la tension permanente sur les stocks de sang O négatif.

a. Reconnaître la loi binomiale. Il faut vérifier les trois conditions du schéma de Bernoulli :

• l'expérience est la répétition de $n = 100$ épreuves identiques (choisir une personne) ;
• chaque épreuve n'a que deux issues : la personne est donneur universel (succès) ou non ;
• les épreuves sont indépendantes, car l'énoncé précise que le tirage est assimilé à un tirage avec remise. La probabilité de succès reste donc constante, égale à $p = 0{,}0714$.

$$\boxed{X \sim \mathcal{B}(100\,;\ 0{,}0714)}$$

C'est la mention « avec remise » qui débloque l'exercice : sans elle, la probabilité de succès changerait à chaque tirage et la loi ne serait pas binomiale.

b. Probabilité d'au plus 7 donneurs universels. « Au plus $7$ » signifie $X \leqslant 7$, c'est-à-dire $X = 0$ ou $1$ ou … ou $7$ :

$$P(X \leqslant 7) = \sum_{k=0}^{7} \binom{100}{k} \times 0{,}0714^{\,k} \times 0{,}9286^{\,100-k}$$

À la calculatrice (fonction binomFRép ou binomcdf) :

$$\boxed{P(X \leqslant 7) \approx 0{,}577}$$

c. Espérance et variance. Pour $X \sim \mathcal{B}(n\,;p)$, les formules du cours donnent $E(X) = np$ et $V(X) = np(1-p)$ :

$$E(X) = 100 \times 0{,}0714 = \boxed{7{,}14}$$

$$V(X) = 100 \times 0{,}0714 \times (1 - 0{,}0714) = 100 \times 0{,}0714 \times 0{,}9286 = 6{,}630...$$

$$\boxed{V(X) \approx 6{,}63}$$

Cohérence : l'espérance vaut $7{,}14$ et l'on trouve $P(X \leqslant 7) \approx 0{,}577$, soit un peu plus d'une chance sur deux d'être en dessous de la moyenne — normal, la loi binomiale est légèrement dissymétrique quand $p$ est petit.

a. Interprétation. $M_N$ est la moyenne, sur les $N$ villes, du nombre de donneurs universels trouvés dans un échantillon de $100$ personnes. C'est un nombre moyen de donneurs universels par échantillon de $100$ personnes.

b. Espérance. L'espérance est linéaire, et elle l'est sans aucune hypothèse d'indépendance :

$$E(M_N) = \frac{1}{N}\Big(E(X_1) + \cdots + E(X_N)\Big) = \frac{1}{N} \times N \times 7{,}14$$

$$\boxed{E(M_N) = 7{,}14}$$

La moyenne d'échantillonnage a la même espérance que chaque variable : c'est ce qui fait d'elle un bon estimateur.

c. Variance. Ici, en revanche, l'indépendance est indispensable : elle seule autorise $V(X_1 + \cdots + X_N) = V(X_1) + \cdots + V(X_N)$. Avec $V(aX) = a^2 V(X)$ :

$$V(M_N) = V\!\left(\frac{1}{N}\sum_{i=1}^{N} X_i\right) = \frac{1}{N^2} \times \sum_{i=1}^{N} V(X_i) = \frac{1}{N^2} \times N \times 6{,}63$$

$$\boxed{V(M_N) = \frac{6{,}63}{N}}$$

C'est le cœur de la loi des grands nombres : la variance de la moyenne décroît en $1/N$. Plus on multiplie les villes, plus la moyenne se resserre autour de $7{,}14$.

d. Application de Bienaymé-Tchebychev. L'inégalité s'écrit, pour tout $\delta > 0$ :

$$P\Big(\big|M_N - E(M_N)\big| \geqslant \delta\Big) \leqslant \frac{V(M_N)}{\delta^2}$$

Première étape : reconnaître l'intervalle. Il faut voir que l'intervalle $]7\,;7{,}28[$ est centré sur l'espérance $7{,}14$ :

$$7{,}14 - 7 = 0{,}14 \qquad \text{et} \qquad 7{,}28 - 7{,}14 = 0{,}14$$

Donc $7 < M_N < 7{,}28$ équivaut exactement à $\big|M_N - 7{,}14\big| < 0{,}14$. On prend $\delta = 0{,}14$.

Deuxième étape : passer à l'évènement contraire.

$$P\big(7 < M_N < 7{,}28\big) = 1 - P\Big(\big|M_N - 7{,}14\big| \geqslant 0{,}14\Big) \geqslant 1 - \frac{V(M_N)}{0{,}14^2} = 1 - \frac{6{,}63}{N \times 0{,}0196}$$

Troisième étape : résoudre. Il suffit que cette minoration atteigne $0{,}95$ :

$$1 - \frac{6{,}63}{0{,}0196\,N} \geqslant 0{,}95 \iff \frac{6{,}63}{0{,}0196\,N} \leqslant 0{,}05$$

$$N \geqslant \frac{6{,}63}{0{,}0196 \times 0{,}05} = \frac{6{,}63}{0{,}00098} \approx 6765{,}3$$

Comme $N$ est un entier :

$$\boxed{N = 6766}$$

Ce qu'il faut retenir : il faut près de sept mille villes pour garantir un encadrement à $\pm 0{,}14$ avec $95\ \%$ de confiance. Bienaymé-Tchebychev est valable pour n'importe quelle loi, ce qui la rend très générale — mais aussi très pessimiste. Une majoration adaptée à la loi binomiale donnerait un $N$ bien plus petit.

Le nombre dérivé $f'(1)$ est le coefficient directeur de la tangente $T_A$ au point d'abscisse $1$.

Or $T_A$ passe par deux points connus : $A(1\,;2)$ et $C(3\,;0)$. Son coefficient directeur est donc

$$f'(1) = \frac{y_C - y_A}{x_C - x_A} = \frac{0 - 2}{3 - 1} = \frac{-2}{2}$$

$$\boxed{f'(1) = -1}$$

Contrôle par le calcul (avec l'expression donnée en partie B) : $f'(1) = 2(\ln 1)^2 + \ln 1 - 1 = 0 + 0 - 1 = -1$ ✓

$f'(x) = 0$ signifie que la tangente est horizontale. Graphiquement, cela se produit aux extremums locaux de la courbe.

Sur $]0\,;3]$, la courbe présente un maximum local puis un minimum local : elle admet donc deux tangentes horizontales.

$$\boxed{2 \text{ solutions}}$$

Contrôle par le calcul. Avec $f'(x) = 2(\ln x)^2 + \ln x - 1$, on pose $X = \ln x$ :

$$2X^2 + X - 1 = 0 \iff (2X - 1)(X + 1) = 0 \iff X = \tfrac{1}{2} \ \text{ ou } \ X = -1$$

d'où $x = \sqrt{e} \approx 1{,}65$ et $x = e^{-1} \approx 0{,}37$. Les deux appartiennent bien à $]0\,;3]$ ✓

Le signe de $f''$ donne la convexité. Au voisinage de $x = 0{,}2$, la courbe est tournée vers le bas (elle est concave : elle passe sous ses tangentes).

$$\boxed{f''(0{,}2) < 0}$$

Contrôle par le calcul (question B.3.a) : $f''(0{,}2) = \dfrac{1}{0{,}2}\big(4\ln 0{,}2 + 1\big) = 5 \times (4 \times (-1{,}609) + 1) = 5 \times (-5{,}44) < 0$ ✓

Résolution du trinôme. On calcule le discriminant :

$$\Delta = (-3)^2 - 4 \times 2 \times 2 = 9 - 16 = -7$$

$$\Delta < 0 \implies \boxed{\text{aucune solution réelle}}$$

Conséquence sur le signe. Un trinôme sans racine réelle garde le signe de son coefficient dominant sur tout $\mathbb{R}$. Ici $a = 2 > 0$, donc

$$2X^2 - 3X + 2 > 0 \quad \text{pour tout } X \in \mathbb{R}$$

En particulier pour $X = \ln x$, quel que soit $x > 0$.

Conclusion. Sur $]0\,;+\infty[$, $f(x)$ est le produit de $x > 0$ et d'un crochet strictement positif :

$$f(x) = \underbrace{x}_{>\,0} \times \underbrace{\left[2(\ln x)^2 - 3\ln x + 2\right]}_{>\,0} > 0$$

$$\boxed{f(x) > 0 \text{ pour tout } x > 0 \ \implies \ \mathcal{C}_f \text{ ne coupe pas l'axe des abscisses}}$$

L'astuce du sujet : le changement de variable $X = \ln x$ transforme une fonction compliquée en un simple trinôme dont on sait étudier le signe.

Quand $x \to +\infty$, on a $\ln x \to +\infty$. Posons $X = \ln x$ : le crochet devient le trinôme $2X^2 - 3X + 2$, qui tend vers $+\infty$ (le terme en $X^2$ l'emporte).

$$\lim_{x \to +\infty} \left[2(\ln x)^2 - 3\ln x + 2\right] = +\infty$$

Et $x \to +\infty$. Par produit de deux facteurs tendant vers $+\infty$ — il n'y a pas d'indétermination :

$$\boxed{\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty}$$

Remarque : la limite en $0^+$ vaut $0$ (admise). Elle se démontrerait par croissance comparée, $x(\ln x)^2 \to 0$.

a. Calcul de $f''$. On dérive $f'(x) = 2(\ln x)^2 + \ln x - 1$ terme à terme.

Pour le premier terme, c'est une composée de la forme $u^2$ avec $u = \ln x$ et $u' = \dfrac{1}{x}$ :

$$\left[2(\ln x)^2\right]' = 2 \times 2 \times \frac{1}{x} \times \ln x = \frac{4\ln x}{x}$$

Pour le deuxième : $(\ln x)' = \dfrac{1}{x}$. La constante $-1$ disparaît.

$$f''(x) = \frac{4\ln x}{x} + \frac{1}{x} = \frac{4\ln x + 1}{x}$$

$$\boxed{f''(x) = \frac{1}{x}\left(4\ln x + 1\right)}$$

b. Convexité. Sur $]0\,;+\infty[$, on a $\dfrac{1}{x} > 0$ : le signe de $f''$ est donc celui de $4\ln x + 1$.

$$4\ln x + 1 \geqslant 0 \iff \ln x \geqslant -\frac{1}{4} \iff x \geqslant e^{-1/4}$$



$f''$ s'annule en changeant de signe en $x = e^{-1/4}$ : la courbe y change de convexité.

$$\boxed{\text{Point d'inflexion d'abscisse } x = e^{-1/4} \approx 0{,}78}$$

$f$ est concave sur $\left]0\,;e^{-1/4}\right]$ et convexe sur $\left[e^{-1/4}\,;+\infty\right[$.

Cela confirme la lecture graphique de la question A.3 : $0{,}2 < e^{-1/4}$, donc $f''(0{,}2) < 0$ ✓

c. Position par rapport à la tangente $T_B$. C'est une application directe de la convexité — aucun calcul n'est nécessaire.

D'après la question b, $f$ est convexe sur $\left[e^{-1/4}\,;+\infty\right[$. Or $e^{-1/4} \approx 0{,}78 < 1$, donc

$$]1\,;+\infty[\ \subset\ \left[e^{-1/4}\,;+\infty\right[$$

$f$ est donc convexe sur $]1\,;+\infty[$. Et une propriété du cours dit qu'une fonction convexe a sa courbe au-dessus de toutes ses tangentes.

Comme $B(e\,;e)$ appartient à cet intervalle ($e \approx 2{,}72 > 1$) :

$$\boxed{\mathcal{C}_f \text{ est au-dessus de } T_B \text{ sur } ]1\,;+\infty[}$$

C'est le piège de la question : on est tenté d'étudier le signe de $f(x) - (2x - e)$, calcul long et pénible. Le sujet attend l'argument de convexité, qui tient en deux lignes.

L'équation de la tangente au point d'abscisse $a$ est $y = f'(a)(x - a) + f(a)$. Ici $a = e$.

Calcul de $f(e)$. Comme $\ln e = 1$ :

$$f(e) = e\left[2 \times 1^2 - 3 \times 1 + 2\right] = e \times 1 = e$$

Cohérent avec l'énoncé, qui place $B$ en $(e\,;e)$ ✓

Calcul de $f'(e)$.

$$f'(e) = 2(\ln e)^2 + \ln e - 1 = 2 + 1 - 1 = 2$$

Équation de la tangente.

$$y = 2(x - e) + e = 2x - 2e + e$$

$$\boxed{T_B : \ y = 2x - e}$$

Choix des fonctions. La règle : on dérive le logarithme (il disparaît) et on primitive le polynôme.

$$u(x) = \ln x \quad \Rightarrow \quad u'(x) = \frac{1}{x}$$
$$v'(x) = x \quad \Rightarrow \quad v(x) = \frac{x^2}{2}$$

Application de la formule $\displaystyle\int_a^b u v' = \Big[uv\Big]_a^b - \int_a^b u'v$ :

$$\int_1^{e} x\ln x\,\mathrm{d}x = \left[\frac{x^2}{2}\ln x\right]_1^{e} - \int_1^{e} \frac{1}{x} \times \frac{x^2}{2}\,\mathrm{d}x$$

Terme tout intégré :

$$\left[\frac{x^2}{2}\ln x\right]_1^{e} = \frac{e^2}{2}\underbrace{\ln e}_{=\,1} - \frac{1}{2}\underbrace{\ln 1}_{=\,0} = \frac{e^2}{2}$$

Intégrale restante — le $\frac{1}{x}$ simplifie le $x^2$, c'est tout l'intérêt de la manœuvre :

$$\int_1^{e} \frac{x}{2}\,\mathrm{d}x = \left[\frac{x^2}{4}\right]_1^{e} = \frac{e^2}{4} - \frac{1}{4}$$

Conclusion :

$$\int_1^{e} x\ln x\,\mathrm{d}x = \frac{e^2}{2} - \frac{e^2}{4} + \frac{1}{4} = \frac{2e^2 - e^2 + 1}{4}$$

$$\boxed{\int_1^{e} x\ln x\,\mathrm{d}x = \frac{e^2 + 1}{4} \approx 2{,}097}$$

Mise en place. D'après la question B.3.c, $\mathcal{C}_f$ est au-dessus de $T_B$ sur $]1\,;e]$. L'aire entre les deux courbes s'écrit donc, sans valeur absolue :

$$\mathcal{A} = \int_1^{e} \Big[\underbrace{f(x)}_{\text{au-dessus}} - \underbrace{(2x - e)}_{\text{en dessous}}\Big]\,\mathrm{d}x$$

C'est là que la question B.3.c sert : sans elle, on ne saurait pas dans quel ordre soustraire.

Développement de $f$.

$$f(x) = x\left[2(\ln x)^2 - 3\ln x + 2\right] = 2x(\ln x)^2 - 3x\ln x + 2x$$

Calcul de $\displaystyle\int_1^e f$, en utilisant les deux intégrales fournies :

$$\int_1^{e} f = 2 \times \underbrace{\frac{e^2-1}{4}}_{\int x(\ln x)^2} - 3 \times \underbrace{\frac{e^2+1}{4}}_{\int x\ln x} + 2 \times \underbrace{\left[\frac{x^2}{2}\right]_1^{e}}_{=\ \frac{e^2-1}{2}}$$

$$= \frac{e^2-1}{2} - \frac{3e^2+3}{4} + \left(e^2 - 1\right) = \frac{2(e^2-1) - 3(e^2+3) \cdot \tfrac{1}{1} + 4(e^2-1)}{4}$$

Reprenons proprement, tout sur $4$ :

$$\int_1^{e} f = \frac{2\left(e^2-1\right) - 3\left(e^2+1\right) + 4\left(e^2-1\right)}{4} = \frac{2e^2 - 2 - 3e^2 - 3 + 4e^2 - 4}{4} = \frac{3e^2 - 9}{4}$$

Calcul de $\displaystyle\int_1^e (2x - e)$ :

$$\int_1^{e} (2x - e)\,\mathrm{d}x = \Big[x^2 - ex\Big]_1^{e} = \left(e^2 - e^2\right) - \left(1 - e\right) = e - 1$$

Conclusion :

$$\mathcal{A} = \frac{3e^2 - 9}{4} - (e - 1) = \frac{3e^2 - 9 - 4e + 4}{4}$$

$$\boxed{\mathcal{A} = \frac{3e^2 - 4e - 5}{4} \ \text{u.a.} \approx 1{,}57 \ \text{u.a.}}$$

Contrôle de vraisemblance : le domaine hachuré est un « croissant » entre $x=1$ et $x=e \approx 2{,}72$, d'une largeur d'environ $1{,}7$ et d'une hauteur maximale de l'ordre de $1$. Une aire d'environ $1{,}6$ u.a. est cohérente — et surtout elle est positive, ce qui confirme le sens de la soustraction.

$$\boxed{\textbf{VRAIE}}$$

Pour qu'une représentation paramétrique soit celle de $(AB)$, deux conditions doivent être réunies : le vecteur directeur doit être colinéaire à $\vec{AB}$, et la droite doit passer par $A$ ou $B$.

Condition 1 — le vecteur directeur.

$$\vec{AB}\begin{pmatrix} 3-(-1) \\ 2-0 \\ -1-5\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ -6\end{pmatrix}$$

La représentation proposée a pour vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix}-2\\-1\\3\end{pmatrix}$. Or

$$\vec{AB} = -2\,\vec{u} \qquad \text{car} \qquad \begin{pmatrix}4\\2\\-6\end{pmatrix} = -2\begin{pmatrix}-2\\-1\\3\end{pmatrix}$$

Les vecteurs sont colinéaires ✓

Condition 2 — un point commun. Pour $t = 0$, on obtient le point de coordonnées $(3\,;2\,;-1)$, c'est-à-dire exactement le point $B$ ✓

Les deux conditions sont remplies : c'est bien une représentation paramétrique de $(AB)$.

Piège classique : un vecteur directeur colinéaire ne suffit pas — il faut aussi vérifier qu'un point de la droite est atteint, sinon on décrit une parallèle à $(AB)$, pas $(AB)$.

$$\boxed{\textbf{FAUSSE}}$$

Un vecteur est normal au plan $(OAB)$ s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan, par exemple $\vec{OA}$ et $\vec{OB}$. Il faut donc que les deux produits scalaires soient nuls.

Premier produit scalaire, avec $\vec{OA}\begin{pmatrix}-1\\0\\5\end{pmatrix}$ :

$$\vec{n} \cdot \vec{OA} = 5 \times (-1) + (-2) \times 0 + 1 \times 5 = -5 + 0 + 5 = 0$$

Celui-ci est bien nul — et c'est précisément ce qui rend l'affirmation piégeuse.

Second produit scalaire, avec $\vec{OB}\begin{pmatrix}3\\2\\-1\end{pmatrix}$ :

$$\vec{n} \cdot \vec{OB} = 5 \times 3 + (-2) \times 2 + 1 \times (-1) = 15 - 4 - 1 = 10$$

$$\boxed{\vec{n} \cdot \vec{OB} = 10 \neq 0}$$

$\vec{n}$ n'est pas orthogonal à $\vec{OB}$, donc il n'est pas normal au plan $(OAB)$.

La leçon : vérifier un seul produit scalaire ne prouve rien. Ici, s'arrêter après $\vec{n}\cdot\vec{OA} = 0$ conduisait tout droit à la mauvaise réponse.

$$\boxed{\textbf{FAUSSE}}$$

Méthode. Deux droites sont non coplanaires lorsqu'elles ne sont ni parallèles, ni sécantes. Il faut donc chercher un point d'intersection : si le système admet une solution, elles sont sécantes, donc coplanaires.

Les vecteurs directeurs sont $\vec{u}\begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix}$ et $\vec{v}\begin{pmatrix}4\\4\\-6\end{pmatrix}$. Ils ne sont pas colinéaires ($\frac{4}{1} = 4$ mais $\frac{4}{-1} = -4$), donc les droites ne sont pas parallèles.

Recherche d'un point d'intersection. On résout :

$$\left\{\begin{array}{l} 15 + k = 1 + 4s \\ 8 - k = 2 + 4s \\ -6 + 2k = 1 - 6s\end{array}\right.$$

Les deux premières équations donnent $k = -14 + 4s$ et $k = 6 - 4s$. En les égalant :

$$-14 + 4s = 6 - 4s \iff 8s = 20 \iff s = 2{,}5$$

d'où $k = 6 - 4 \times 2{,}5 = -4$.

Vérification indispensable dans la troisième équation — c'est elle qui décide :

$$-6 + 2 \times (-4) = -14 \qquad \text{et} \qquad 1 - 6 \times 2{,}5 = 1 - 15 = -14$$

$$-14 = -14 \quad \checkmark$$

Le système est compatible : les droites se coupent au point obtenu pour $k = -4$, soit

$$\boxed{I(11\,;12\,;-14)}$$

Elles sont donc sécantes, et deux droites sécantes sont toujours coplanaires. L'affirmation est fausse.

Le point de bascule : si la troisième équation avait été contradictoire, les droites auraient été non coplanaires et l'affirmation aurait été vraie. Il ne faut jamais faire l'économie de cette vérification.

$$\boxed{\textbf{VRAIE}}$$

On applique la formule de la distance d'un point à un plan d'équation $ax + by + cz + d = 0$ :

$$d(C\,;\mathcal{P}) = \frac{\left|a\,x_C + b\,y_C + c\,z_C + d\right|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}$$

Ici $a = 1$, $b = -1$, $c = 1$, $d = 1$, et $C(2\,;-1\,;2)$.

Numérateur :

$$\left|1 \times 2 + (-1) \times (-1) + 1 \times 2 + 1\right| = \left|2 + 1 + 2 + 1\right| = 6$$

Dénominateur :

$$\sqrt{1^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{3}$$

Conclusion :

$$d(C\,;\mathcal{P}) = \frac{6}{\sqrt{3}} = \frac{6\sqrt{3}}{3}$$

$$\boxed{d(C\,;\mathcal{P}) = 2\sqrt{3} \approx 3{,}46}$$

Ne pas oublier la valeur absolue : une distance est toujours positive. Et penser à rationaliser $\frac{6}{\sqrt{3}}$ pour reconnaître la forme attendue.

Le premier juillet 2025 correspond au rang $n = 1$. On applique la relation de récurrence avec $u_0 = 1$ :

$$u_1 = -0{,}02 \times 1^2 + 1{,}3 \times 1 = -0{,}02 + 1{,}3$$

$$\boxed{u_1 = 1{,}28 \ \text{ha}}$$

La posidonie recouvrirait donc $1{,}28$ hectare au premier juillet 2025, soit une progression de $28\ \%$ en un an.

a. Démonstration par récurrence. Notons $\mathcal{P}(n)$ la propriété : « $1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20$ ».

Initialisation. $u_0 = 1$ et $u_1 = 1{,}28$ (question 1). On a bien

$$1 \leqslant 1 \leqslant 1{,}28 \leqslant 20$$

$\mathcal{P}(0)$ est vraie ✓

Hérédité. Supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie pour un entier $n$ fixé, c'est-à-dire $1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20$.

La fonction $h$ étant croissante sur $[0\,;20]$, elle conserve l'ordre. On peut donc lui appliquer l'encadrement :

$$h(1) \leqslant h(u_n) \leqslant h(u_{n+1}) \leqslant h(20)$$

Or $h(u_n) = u_{n+1}$ et $h(u_{n+1}) = u_{n+2}$ par définition de la suite. Calculons les deux bornes :

$$h(1) = -0{,}02 + 1{,}3 = 1{,}28 \qquad \text{et} \qquad h(20) = -0{,}02 \times 400 + 26 = -8 + 26 = 18$$

L'encadrement devient :

$$1{,}28 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 18$$

Comme $1 \leqslant 1{,}28$ et $18 \leqslant 20$, on en déduit a fortiori :

$$1 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 20$$

C'est exactement $\mathcal{P}(n+1)$ ✓

Conclusion. Par récurrence, $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$. $\blacksquare$

b. Convergence. L'encadrement démontré contient deux informations :

• $u_n \leqslant u_{n+1}$ pour tout $n$ : la suite est croissante ;
• $u_n \leqslant 20$ pour tout $n$ : la suite est majorée par $20$.

D'après le théorème de convergence monotone, toute suite croissante et majorée converge.

$$\boxed{(u_n) \text{ converge vers une limite } L}$$

Attention : ce théorème donne l'existence de la limite, pas sa valeur. C'est l'objet de la question suivante.

c. Détermination de $L$. La fonction $h$ est continue sur $[0\,;20]$ (c'est un polynôme), et $u_{n+1} = h(u_n)$. En passant à la limite dans cette égalité, la limite $L$ est nécessairement un point fixe de $h$ :

$$L = h(L) \iff L = -0{,}02L^2 + 1{,}3L$$

$$0{,}02L^2 - 0{,}3L = 0 \iff L\left(0{,}02L - 0{,}3\right) = 0$$

$$L = 0 \qquad \text{ou} \qquad L = \frac{0{,}3}{0{,}02} = 15$$

Il faut trancher entre les deux. La suite est croissante et $u_0 = 1$, donc $u_n \geqslant 1$ pour tout $n$, d'où $L \geqslant 1$. La valeur $L = 0$ est donc impossible.

$$\boxed{L = 15}$$

Interprétation : à très long terme, la posidonie recouvrira $15$ hectares sur les $20$ de la zone — et pas la zone entière. Le modèle prévoit une saturation à $75\ \%$.