Bac Maths 2025 Métropole Septembre Jour 1

Rappels utiles : équations différentielles du premier ordre $y' + ay = f(t)$, solution particulière, théorème des valeurs intermédiaires, intégration par parties.

Calculons $u'(t)$ :

$$u'(t) = 1 \times e^{-0{,}4t} + t \times (-0{,}4)\,e^{-0{,}4t} = (1 - 0{,}4t)\,e^{-0{,}4t}$$

Vérifions que $u'(t) + 0{,}4\,u(t) = e^{-0{,}4t}$ :

$$u'(t) + 0{,}4\,u(t) = (1 - 0{,}4t)\,e^{-0{,}4t} + 0{,}4 \times t\,e^{-0{,}4t}$$

$$= (1 - 0{,}4t + 0{,}4t)\,e^{-0{,}4t} = e^{-0{,}4t} \quad \checkmark$$

$$\boxed{u'(t) + 0{,}4\,u(t) = e^{-0{,}4t} : u \text{ est bien solution de } (E)}$$

On pose $f(t) = g(t) + u(t)$.

Supposons que $g$ est solution de $(H) : y' + 0{,}4y = 0$, c'est-à-dire $g'(t) + 0{,}4\,g(t) = 0$.

Calculons $f'(t) + 0{,}4\,f(t)$ :

$$f'(t) + 0{,}4\,f(t) = g'(t) + u'(t) + 0{,}4\,g(t) + 0{,}4\,u(t)$$

$$= \big(g'(t) + 0{,}4\,g(t)\big) + \big(u'(t) + 0{,}4\,u(t)\big)$$

$$= 0 + e^{-0{,}4t} = e^{-0{,}4t}$$

Donc $f$ est bien solution de $(E)$.

$$\boxed{f'(t) + 0{,}4\,f(t) = e^{-0{,}4t} \quad \checkmark}$$

Méthode : les solutions de $y' + ay = 0$ sont les fonctions $y(t) = C\,e^{-at}$ avec $C \in \mathbb{R}$.

Ici $a = 0{,}4$, donc les solutions de $(H)$ sont :

$$\boxed{g(t) = C\,e^{-0{,}4t}, \quad C \in \mathbb{R}}$$

D'après la question 2.a. (et sa réciproque admise), $f$ est solution de $(E)$ si et seulement si $f - u$ est solution de $(H)$.

Les solutions de $(E)$ sont donc :

$$f(t) = u(t) + C\,e^{-0{,}4t} = t\,e^{-0{,}4t} + C\,e^{-0{,}4t} = (t + C)\,e^{-0{,}4t}$$

$$\boxed{f(t) = (t + C)\,e^{-0{,}4t}, \quad C \in \mathbb{R}}$$

La condition initiale donne :

$$f(0) = (0 + C)\,e^{0} = C = 1$$

$$\boxed{f(t) = (t + 1)\,e^{-0{,}4t}}$$

On dérive $f(t) = (t + 1)\,e^{-0{,}4t}$ avec la formule du produit :

$$f'(t) = 1 \times e^{-0{,}4t} + (t + 1) \times (-0{,}4)\,e^{-0{,}4t}$$

$$f'(t) = e^{-0{,}4t}\big[1 - 0{,}4(t + 1)\big]$$

$$f'(t) = e^{-0{,}4t}(1 - 0{,}4t - 0{,}4)$$

$$\boxed{f'(t) = (-0{,}4t + 0{,}6)\,e^{-0{,}4t}}$$

Puisque $e^{-0{,}4t} > 0$ pour tout $t$, le signe de $f'(t)$ est celui de $-0{,}4t + 0{,}6$.

$$-0{,}4t + 0{,}6 = 0 \iff t = \dfrac{0{,}6}{0{,}4} = 1{,}5$$

• Pour $t \in [0\,;\,1{,}5[$ : $-0{,}4t + 0{,}6 > 0$, donc $f'(t) > 0$ et $f$ est croissante.
• Pour $t \in ]1{,}5\,;\,6]$ : $-0{,}4t + 0{,}6 < 0$, donc $f'(t) < 0$ et $f$ est décroissante.

Valeurs aux bornes et au maximum :

$$f(0) = 1 \times e^0 = 1$$

$$f(1{,}5) = 2{,}5 \times e^{-0{,}6} \approx 2{,}5 \times 0{,}5488 \approx 1{,}372$$

$$f(6) = 7 \times e^{-2{,}4} \approx 7 \times 0{,}0907 \approx 0{,}635$$

Tableau de variations :

$$\begin{array}{|c|ccccc|} \hline t & 0 & & 1{,}5 & & 6 \\ \hline f'(t) & & + & 0 & - & \\ \hline & & \nearrow & 1{,}372 & \searrow & \\ f(t) & 1 & & & & 0{,}635 \\ \hline \end{array}$$

$$\boxed{f \text{ est croissante sur } [0\,;\,1{,}5] \text{ et décroissante sur } [1{,}5\,;\,6]}$$

Méthode : on utilise le théorème des valeurs intermédiaires sur un intervalle où $f$ est strictement monotone.

Sur l'intervalle $[1{,}5\,;\,6]$, la fonction $f$ est continue et strictement décroissante.

De plus :

• $f(1{,}5) \approx 1{,}372 > 0{,}7$
• $f(6) \approx 0{,}635 < 0{,}7$

D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(t) = 0{,}7$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[1{,}5\,;\,6]$.

Sur $[0\,;\,1{,}5]$, $f$ est croissante avec $f(0) = 1 > 0{,}7$, donc $f(t) \geqslant 1 > 0{,}7$ pour tout $t \in [0\,;\,1{,}5]$ : pas de solution sur cet intervalle.

$$\boxed{f(t) = 0{,}7 \text{ admet une unique solution } \alpha \in [1{,}5\,;\,6]}$$

On cherche $\alpha$ tel que $(\alpha + 1)\,e^{-0{,}4\alpha} = 0{,}7$. Par balayage à la calculatrice :

$$f(5) = 6\,e^{-2} \approx 0{,}812$$

$$f(5{,}5) = 6{,}5\,e^{-2{,}2} \approx 0{,}720$$

$$f(5{,}6) = 6{,}6\,e^{-2{,}24} \approx 0{,}703$$

$$f(5{,}7) = 6{,}7\,e^{-2{,}28} \approx 0{,}685$$

On a $f(5{,}6) \approx 0{,}703 > 0{,}7$ et $f(5{,}7) \approx 0{,}685 < 0{,}7$, donc :

$$\boxed{5{,}6 \leqslant \alpha \leqslant 5{,}7 \text{, soit environ 5 h 39 min après le repas}}$$

Attention : la personne est en hypoglycémie lorsque $f(t) < 0{,}7$, c'est-à-dire pour $t > \alpha$.

Méthode : on pose $\displaystyle\int_0^6 (t+1)\,e^{-0{,}4t}\,\mathrm{d}t$ et on effectue une intégration par parties.

On pose :

• $u(t) = t + 1$ donc $u'(t) = 1$
• $v'(t) = e^{-0{,}4t}$ donc $v(t) = \dfrac{1}{-0{,}4}\,e^{-0{,}4t} = -2{,}5\,e^{-0{,}4t}$

Par intégration par parties :

$$\int_0^6 (t+1)\,e^{-0{,}4t}\,\mathrm{d}t = \Big[-(t+1) \times 2{,}5\,e^{-0{,}4t}\Big]_0^6 - \int_0^6 1 \times \big(-2{,}5\,e^{-0{,}4t}\big)\,\mathrm{d}t$$

$$= \Big[-2{,}5(t+1)\,e^{-0{,}4t}\Big]_0^6 + 2{,}5\int_0^6 e^{-0{,}4t}\,\mathrm{d}t$$

Calculons chaque terme :

$$\Big[-2{,}5(t+1)\,e^{-0{,}4t}\Big]_0^6 = -2{,}5 \times 7 \times e^{-2{,}4} - \big(-2{,}5 \times 1 \times e^{0}\big) = -17{,}5\,e^{-2{,}4} + 2{,}5$$

$$2{,}5\int_0^6 e^{-0{,}4t}\,\mathrm{d}t = 2{,}5\Big[-2{,}5\,e^{-0{,}4t}\Big]_0^6 = 2{,}5\big(-2{,}5\,e^{-2{,}4} + 2{,}5\big) = -6{,}25\,e^{-2{,}4} + 6{,}25$$

En additionnant :

$$\int_0^6 f(t)\,\mathrm{d}t = -17{,}5\,e^{-2{,}4} + 2{,}5 - 6{,}25\,e^{-2{,}4} + 6{,}25$$

$$= -(17{,}5 + 6{,}25)\,e^{-2{,}4} + (2{,}5 + 6{,}25)$$

$$\boxed{\int_0^6 f(t)\,\mathrm{d}t = -23{,}75\,e^{-2{,}4} + 8{,}75}$$

La glycémie moyenne est :

$$\mu = \dfrac{1}{6 - 0}\int_0^6 f(t)\,\mathrm{d}t = \dfrac{1}{6}\big(-23{,}75\,e^{-2{,}4} + 8{,}75\big)$$

Or $e^{-2{,}4} \approx 0{,}0907$ :

$$\mu \approx \dfrac{1}{6}(-23{,}75 \times 0{,}0907 + 8{,}75) = \dfrac{1}{6}(-2{,}154 + 8{,}75) = \dfrac{6{,}596}{6} \approx 1{,}099$$

$$\boxed{\mu = \dfrac{-23{,}75\,e^{-2{,}4} + 8{,}75}{6} \approx 1{,}10 \text{ g.L}^{-1}}$$

Rappels utiles : produit scalaire dans l'espace, vecteur normal, coplanarité, projeté orthogonal, volume de tétraèdre.

Dans le repère orthonormé $\left(A\,;\, \overrightarrow{AB},\, \overrightarrow{AD},\, \overrightarrow{AE}\right)$, les coordonnées des sommets sont :

$$A(0;0;0), \; B(1;0;0), \; C(1;1;0), \; D(0;1;0)$$

$$E(0;0;1), \; F(1;0;1), \; G(1;1;1), \; H(0;1;1)$$

Puisque $\overrightarrow{BM} = \overrightarrow{AB} = (1;0;0)$, on a $M = B + (1;0;0) = (2;0;0)$.

Calculons les vecteurs directeurs :

$$\overrightarrow{FG} = G - F = (1-1\,;\, 1-0\,;\, 1-1) = (0\,;\,1\,;\,0)$$

$$\overrightarrow{FM} = M - F = (2-1\,;\, 0-0\,;\, 0-1) = (1\,;\,0\,;\,-1)$$

Calculons le produit scalaire :

$$\overrightarrow{FG} \cdot \overrightarrow{FM} = 0 \times 1 + 1 \times 0 + 0 \times (-1) = 0$$

Le produit scalaire est nul, donc les droites $(FG)$ et $(FM)$ sont perpendiculaires.

$$\boxed{\overrightarrow{FG} \cdot \overrightarrow{FM} = 0 : \text{les droites sont perpendiculaires}}$$

Méthode : quatre points sont coplanaires si et seulement si le déterminant de trois vecteurs formés à partir de ces points est nul.

Calculons les vecteurs :

$$\overrightarrow{AM} = (2\,;\,0\,;\,0)$$

$$\overrightarrow{AG} = (1\,;\,1\,;\,1)$$

$$\overrightarrow{AH} = (0\,;\,1\,;\,1)$$

Calculons le déterminant :

$$\det(\overrightarrow{AM}, \overrightarrow{AG}, \overrightarrow{AH}) = \begin{vmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix}$$

$$= 2(1 \times 1 - 1 \times 1) - 1(0 \times 1 - 0 \times 1) + 0 = 2 \times 0 - 0 + 0 = 0$$

Le déterminant est nul, donc les points $A$, $M$, $G$ et $H$ sont coplanaires.

$$\boxed{\det(\overrightarrow{AM}, \overrightarrow{AG}, \overrightarrow{AH}) = 0 : \text{les quatre points sont coplanaires}}$$

$$\overrightarrow{GM} = M - G = (2-1\,;\, 0-1\,;\, 0-1) = (1\,;\,-1\,;\,-1)$$

$$\overrightarrow{AH} = H - A = (0\,;\,1\,;\,1)$$

Si ces vecteurs étaient colinéaires, il existerait $k \in \mathbb{R}$ tel que $(1\,;\,-1\,;\,-1) = k(0\,;\,1\,;\,1)$.

Or la première coordonnée donne $1 = 0 \times k = 0$, ce qui est impossible.

$$\boxed{\overrightarrow{GM} \text{ et } \overrightarrow{AH} \text{ ne sont pas colinéaires}}$$

La droite $(GM)$ passe par $G(1\,;\,1\,;\,1)$ et a pour vecteur directeur $\overrightarrow{GM}(1\,;\,-1\,;\,-1)$ :

$$\boxed{(GM) : \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 1 - t \\ z = 1 - t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}$$

La droite $(AH)$ a pour représentation paramétrique :

$$(AH) : \begin{cases} x = 0 \\ y = k \\ z = k \end{cases}, \quad k \in \mathbb{R}$$

On cherche $t$ et $k$ tels que les coordonnées coïncident :

$$\begin{cases} 1 + t = 0 \\ 1 - t = k \\ 1 - t = k \end{cases}$$

De la première équation : $t = -1$.

On en déduit : $k = 1 - (-1) = 2$.

Vérification avec la troisième équation : $1 - (-1) = 2 = k \; \checkmark$

$$\boxed{N(0\,;\,2\,;\,2)}$$

Calculons les vecteurs $\overrightarrow{AM}$ et $\overrightarrow{AN}$ :

$$\overrightarrow{AM} = (2\,;\,0\,;\,0)$$

$$\overrightarrow{AN} = (0\,;\,2\,;\,2)$$

Produit scalaire :

$$\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AN} = 2 \times 0 + 0 \times 2 + 0 \times 2 = 0$$

Le produit scalaire est nul, donc $\overrightarrow{AM} \perp \overrightarrow{AN}$ : le triangle $AMN$ est rectangle en $A$.

$$\boxed{\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AN} = 0 : \text{triangle } AMN \text{ rectangle en } A}$$

Le triangle est rectangle en $A$, donc son aire est :

$$\mathcal{A} = \dfrac{1}{2} \times AM \times AN$$

Calculons les longueurs :

$$AM = \sqrt{2^2 + 0^2 + 0^2} = 2$$

$$AN = \sqrt{0^2 + 2^2 + 2^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$$

$$\mathcal{A} = \dfrac{1}{2} \times 2 \times 2\sqrt{2} = 2\sqrt{2}$$

$$\boxed{\mathcal{A}_{AMN} = 2\sqrt{2}}$$

Le centre de la face $BCGF$ est le milieu des diagonales :

$$J = \dfrac{1}{4}(B + C + G + F) = \dfrac{1}{4}\big((1;0;0) + (1;1;0) + (1;1;1) + (1;0;1)\big)$$

$$J = \dfrac{1}{4}(4\,;\,2\,;\,2) = \left(1\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{2}\right)$$

$$\boxed{J\!\left(1\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{2}\right)}$$

Calculons $\overrightarrow{FJ}$ :

$$\overrightarrow{FJ} = J - F = \left(1-1\,;\, \dfrac{1}{2}-0\,;\, \dfrac{1}{2}-1\right) = \left(0\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,-\dfrac{1}{2}\right)$$

Vérifions que $\overrightarrow{FJ}$ est orthogonal à $\overrightarrow{AM}$ et $\overrightarrow{AN}$ :

$$\overrightarrow{FJ} \cdot \overrightarrow{AM} = 0 \times 2 + \dfrac{1}{2} \times 0 + \left(-\dfrac{1}{2}\right) \times 0 = 0 \quad \checkmark$$

$$\overrightarrow{FJ} \cdot \overrightarrow{AN} = 0 \times 0 + \dfrac{1}{2} \times 2 + \left(-\dfrac{1}{2}\right) \times 2 = 1 - 1 = 0 \quad \checkmark$$

Le vecteur $\overrightarrow{FJ}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(AMN)$, donc il est normal au plan $(AMN)$.

$$\boxed{\overrightarrow{FJ} \text{ est normal au plan } (AMN)}$$

Le plan $(AMN)$ passe par $A(0;0;0)$ et a pour vecteur normal $\overrightarrow{FJ}(0\,;\,\frac{1}{2}\,;\,-\frac{1}{2})$, soit $\vec{n}(0\,;\,1\,;\,-1)$.

L'équation du plan est : $0x + 1y - 1z = 0$, soit $y - z = 0$.

Vérifions que $J$ appartient au plan :

$$y_J - z_J = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} = 0 \quad \checkmark$$

Donc $J \in (AMN)$. Puisque $\overrightarrow{FJ}$ est normal au plan $(AMN)$ et que $J$ appartient à ce plan, $J$ est le projeté orthogonal de $F$ sur le plan $(AMN)$.

$$\boxed{J \text{ est le projeté orthogonal de } F \text{ sur le plan } (AMN)}$$

Volume du tétraèdre $AMNF$ :

On prend le triangle $AMN$ comme base (aire $\mathcal{A} = 2\sqrt{2}$) et $FJ$ comme hauteur, puisque $J$ est le projeté orthogonal de $F$ sur le plan $(AMN)$.

$$FJ = \sqrt{0^2 + \left(\dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4}} = \sqrt{\dfrac{1}{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$$

$$V_{AMNF} = \dfrac{1}{3} \times 2\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{2 \times 2}{2} = \dfrac{1}{3} \times 2 = \dfrac{2}{3}$$

Volume de la pyramide $BCGFM$ :

La base est la face carrée $BCGF$ (d'aire $1$, car c'est une face du cube de côté 1). Le sommet est $M(2;0;0)$.

La face $BCGF$ est dans le plan $x = 1$. La hauteur est la distance de $M$ à ce plan :

$$h = |x_M - 1| = |2 - 1| = 1$$

$$V_{BCGFM} = \dfrac{1}{3} \times 1 \times 1 = \dfrac{1}{3}$$

Comparaison :

$$V_{AMNF} = \dfrac{2}{3} = 2 \times \dfrac{1}{3} = 2 \times V_{BCGFM}$$

$$\boxed{V_{AMNF} = \dfrac{2}{3} = 2 \times V_{BCGFM}}$$

Rappels utiles : suites monotones bornées, théorème de convergence monotone, suites géométriques, algorithme Python.

La fonction $f$ est définie sur $[2\,;\,+\infty[$ car $3x - 2 \geqslant 4 > 0$ pour $x \geqslant 2$.

Dérivons :

$$f'(x) = \dfrac{3}{2\sqrt{3x - 2}}$$

Pour tout $x \geqslant 2$, $f'(x) > 0$ : $f$ est strictement croissante sur $[2\,;\,+\infty[$.

Valeurs : $f(2) = \sqrt{4} = 2$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.

$$\boxed{f'(x) > 0 \text{ sur } [2\,;\,+\infty[ : f \text{ est strictement croissante, } f(2) = 2}$$

Initialisation (n = 0) : $u_0 = 6$ et $u_1 = \sqrt{3 \times 6 - 2} = \sqrt{16} = 4$.

On a $2 \leqslant 4 \leqslant 6$ et $u_1 = 4 \leqslant 6 = u_0$. La propriété est vraie au rang 0.

Hérédité : supposons que $2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 6$ pour un entier $n \geqslant 0$.

Montrons que $u_{n+2} \geqslant 2$ :

On a $u_{n+1} \geqslant 2$, donc $3u_{n+1} - 2 \geqslant 4$, d'où $u_{n+2} = \sqrt{3u_{n+1} - 2} \geqslant \sqrt{4} = 2$.

Montrons que $u_{n+2} \leqslant u_{n+1}$ :

$$u_{n+2} \leqslant u_{n+1} \iff \sqrt{3u_{n+1} - 2} \leqslant u_{n+1} \iff 3u_{n+1} - 2 \leqslant u_{n+1}^2$$

(les deux membres étant positifs puisque $u_{n+1} \geqslant 2$)

$$\iff u_{n+1}^2 - 3u_{n+1} + 2 \geqslant 0 \iff (u_{n+1} - 1)(u_{n+1} - 2) \geqslant 0$$

Comme $u_{n+1} \geqslant 2$, on a $u_{n+1} - 1 \geqslant 1 > 0$ et $u_{n+1} - 2 \geqslant 0$, donc le produit est positif. $\checkmark$

De plus $u_{n+2} \leqslant u_{n+1} \leqslant 6$.

Conclusion : par récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 6$.

$$\boxed{\forall n \in \mathbb{N}, \quad 2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 6}$$

La suite $(u_n)$ est décroissante (car $u_{n+1} \leqslant u_n$) et minorée par 2.

D'après le théorème de convergence monotone, la suite $(u_n)$ converge.

$$\boxed{(u_n) \text{ est décroissante et minorée : elle converge}}$$

La limite $\ell$ vérifie $f(\ell) = \ell$, soit $\sqrt{3\ell - 2} = \ell$.

En élevant au carré (valide car $\ell \geqslant 2 > 0$) :

$$3\ell - 2 = \ell^2 \iff \ell^2 - 3\ell + 2 = 0 \iff (\ell - 1)(\ell - 2) = 0$$

Donc $\ell = 1$ ou $\ell = 2$. Comme $u_n \geqslant 2$ pour tout $n$, on a $\ell \geqslant 2$, donc :

$$\boxed{\ell = 2}$$

La suite $(u_n)$ converge vers $\ell = 2$ et $u_n > 2$ pour tout $n$ (car $u_n \geqslant 2$ avec décroissance stricte depuis $u_0 = 6$).

Puisque $\lim u_n = 2$, il existe un rang $N$ tel que $u_N < 2{,}000001$.

La condition u >= a avec $a = 2{,}000001$ finira donc par être fausse, et la boucle while se terminera.

$$\boxed{(u_n) \to 2 \text{ donc } u_n < 2{,}000001 \text{ à partir d'un certain rang : la boucle se termine}}$$

La boucle while u >= a se termine si et seulement si on atteint $u_n < a$ pour un certain $n$.

Comme $u_n > 2$ pour tout $n$ et $\lim u_n = 2$, la condition $u_n < a$ sera vérifiée si et seulement si $a > 2$.

• Si $a > 2$ : la boucle se termine car $u_n \to 2 < a$.
• Si $a \leqslant 2$ : la condition $u_n \geqslant a$ est toujours vraie (car $u_n > 2 \geqslant a$), donc boucle infinie.

$$\boxed{\texttt{rang(a)} \text{ renvoie un résultat si et seulement si } a > 2}$$

On pose $w_n = \dfrac{v_n - 1}{v_n - 2}$ pour tout $n$ (on admet $v_n \neq 2$).

Calculons $w_{n+1}$ :

$$w_{n+1} = \dfrac{v_{n+1} - 1}{v_{n+1} - 2} = \dfrac{3 - \dfrac{2}{v_n} - 1}{3 - \dfrac{2}{v_n} - 2} = \dfrac{2 - \dfrac{2}{v_n}}{1 - \dfrac{2}{v_n}}$$

Multiplions numérateur et dénominateur par $v_n$ :

$$w_{n+1} = \dfrac{2v_n - 2}{v_n - 2} = \dfrac{2(v_n - 1)}{v_n - 2} = 2 \times \dfrac{v_n - 1}{v_n - 2} = 2\,w_n$$

Calculons $w_0$ :

$$w_0 = \dfrac{v_0 - 1}{v_0 - 2} = \dfrac{6 - 1}{6 - 2} = \dfrac{5}{4}$$

$$\boxed{(w_n) \text{ est géométrique de raison } 2 \text{ et de premier terme } w_0 = \dfrac{5}{4}}$$

Puisque $(w_n)$ est géométrique : $w_n = w_0 \times 2^n = \dfrac{5}{4} \times 2^n$.

Or $w_n - 1 = \dfrac{v_n - 1}{v_n - 2} - 1 = \dfrac{1}{v_n - 2}$, donc :

$$\dfrac{1}{v_n - 2} = \dfrac{5}{4} \times 2^n - 1 = \dfrac{5 \times 2^n - 4}{4}$$

$$v_n - 2 = \dfrac{4}{5 \times 2^n - 4}$$

$$\boxed{v_n = 2 + \dfrac{4}{5 \times 2^n - 4}}$$

Quand $n \to +\infty$, $5 \times 2^n - 4 \to +\infty$, donc $\dfrac{4}{5 \times 2^n - 4} \to 0$.

$$\boxed{\lim_{n \to +\infty} v_n = 2}$$