Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. Le jeune étant choisi au hasard, les pourcentages se lisent comme des probabilités. Le premier niveau de l’arbre porte sur la formation suivie : \(P(A) = 0{,}16\) et \(P(\overline{A}) = 1 – 0{,}16 = 0{,}84\). Le second niveau porte sur la réussite dès la première tentative, sachant la formation : \(P_A(R) = 0{,}747\), donc \(P_A(\overline{R}) = 0{,}253\) ; \(P_{\overline{A}}(R) = 0{,}568\), donc \(P_{\overline{A}}(\overline{R}) = 0{,}432\). Voici les branches de l’arbre :
| Premier niveau | Branche vers \(R\) | Branche vers \(\overline{R}\) |
|---|---|---|
| \(A\) : \(0{,}16\) | \(0{,}747\) | \(0{,}253\) |
| \(\overline{A}\) : \(0{,}84\) | \(0{,}568\) | \(0{,}432\) |
2. a. Les évènements \(A\) et \(\overline{A}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(R) = P(A \cap R) + P(\overline{A} \cap R) = 0{,}16 \times 0{,}747 + 0{,}84 \times 0{,}568 = 0{,}119\,52 + 0{,}477\,12\]
d’où \(P(R) = 0{,}596\,64\).
b. En pourcentage, \(P(R) \approx 0{,}597\) correspond à 59,7 % : parmi les jeunes qui ont passé l’examen de conduite en France, environ 59,7 % l’ont réussi dès leur première tentative, toutes formations confondues.
3. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_R(A)\). Par définition :
\[P_R(A) = \dfrac{P(A \cap R)}{P(R)} = \dfrac{0{,}119\,52}{0{,}597} \approx 0{,}200\]
Un jeune qui a eu son permis du premier coup a donc suivi la conduite accompagnée avec une probabilité d’environ 0,200 (soit une chance sur cinq).
4. Notons \(p\) la proportion de jeunes qui choisissent la conduite accompagnée, les taux de réussite de chaque formation restant les mêmes. La formule des probabilités totales donne alors \(P(R) = 0{,}747p + 0{,}568(1 – p) = 0{,}568 + 0{,}179p\). On veut \(P(R) \gt 0{,}7\) :
\[0{,}568 + 0{,}179p \gt 0{,}7 \iff 0{,}179p \gt 0{,}132 \iff p \gt \dfrac{0{,}132}{0{,}179} \approx 0{,}737\,4\]
Il faudrait donc que plus de 73,7 % des jeunes (en pratique au moins 73,8 %) choisissent la conduite accompagnée pour que le taux global de réussite dès la première tentative dépasse 70 %, contre 16 % aujourd’hui.
Partie B
1. Pour chacun des 10 candidats, on observe une épreuve à deux issues : le succès « il a le permis dès la première tentative », de probabilité \(P_A(R) = 0{,}747\) puisque ces candidats ont tous suivi la conduite accompagnée, et l’échec. Ces 10 épreuves de Bernoulli identiques sont indépendantes d’après l’énoncé. \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(10\ ;\ 0{,}747)\).
2. On passe par l’évènement contraire : \(P(X \geq\, 6) = 1 – P(X \leq\, 5)\). La calculatrice donne \(P(X \leq\, 5) \approx 0{,}082\), donc \(P(X \geq\, 6) \approx 0{,}918\). Interprétation : il y a environ 91,8 % de chances qu’au moins 6 des 10 candidats de l’auto-école obtiennent leur permis dès la première tentative.
3. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np\) et \(V(X) = np(1 – p)\). Ici \(E(X) = 10 \times 0{,}747 = 7{,}47\) et \(V(X) = 10 \times 0{,}747 \times 0{,}253 = 1{,}889\,91 \approx 1{,}890\). En moyenne, sur de nombreuses sessions de 10 candidats, environ 7,47 réussiraient du premier coup.
4. a. Les 50 candidats se répartissent entre les 10 de la conduite accompagnée et les 40 autres, donc \(Z = X + Y\).
Par linéarité de l’espérance : \(E(Z) = E(X) + E(Y) = 7{,}47 + 22{,}53 = 30\).
Comme \(X\) et \(Y\) sont indépendantes, les variances s’additionnent : \(V(Z) = V(X) + V(Y) = 1{,}889\,91 + 9{,}81 = 11{,}699\,91 \approx 11{,}7\).
b. L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev affirme que, pour tout réel \(\delta \gt 0\), \(P(|Z – E(Z)| \geq\, \delta) \leq\, \dfrac{V(Z)}{\delta^2}\).
« Au plus 20 ou au moins 40 candidats reçus » s’écrit \(Z \leq\, 20\) ou \(Z \geq\, 40\), c’est-à-dire \(Z – 30 \leq\, -10\) ou \(Z – 30 \geq\, 10\), ce qui équivaut à \(|Z – 30| \geq\, 10\). Avec \(\delta = 10\) :
\[P(|Z – 30| \geq\, 10) \leq\, \dfrac{11{,}699\,91}{10^2} \approx 0{,}117\]
Comme \(0{,}117 \lt 0{,}12\), la probabilité d’avoir au plus 20 ou au moins 40 candidats reçus du premier coup est inférieure à 0,12.
Exercice 2 :
Partie A. Modèle 1
1. L’équation \(y^{\prime} = 0{,}05y – 0{,}5\) est de la forme \(y^{\prime} = ay + b\) avec \(a = 0{,}05\) et \(b = -0{,}5\). Ses solutions sont les fonctions \(x \mapsto C\,\text{e}^{ax} – \dfrac{b}{a}\), où \(C\) est une constante réelle. Ici \(-\dfrac{b}{a} = \dfrac{0{,}5}{0{,}05} = 10\), donc les solutions sont \(y(x) = C\,\text{e}^{0{,}05x} + 10\).
La condition initiale donne \(y(0) = C + 10 = 50\), soit \(C = 40\). La solution cherchée est \(y(x) = 40\,\text{e}^{0{,}05x} + 10\) sur \([0\ ;\ +\infty[\).
2. Les années 2005, 2010 et 2015 correspondent à \(x = 5\), \(x = 10\) et \(x = 15\). On calcule les valeurs du modèle :
| Année | 2000 | 2005 | 2010 | 2015 |
|---|---|---|---|---|
| Effectif observé | 50 | 64 | 80 | 100 |
| Modèle 1 \(y(x)\) | 50 | \(\approx 61{,}36\) | \(\approx 75{,}95\) | \(\approx 94{,}68\) |
Le modèle 1 sous-estime systématiquement les effectifs observés, et l’écart grandit avec le temps : environ 3 individus en 2005, 4 en 2010, plus de 5 en 2015. Le modèle donne l’allure générale de la croissance mais n’est pas très précis.
Partie B. Modèle 2
1. Comme \(\text{e}^0 = 1\), \(f(0) = \dfrac{800}{1 + 15} = \dfrac{800}{16}\), donc \(f(0) = 50\).
Pour l’égalité, on part du membre de droite. D’abord \(0{,}00125 \times 800 = 1\), donc \(0{,}00125f(x) = \dfrac{1}{1 + 15\,\text{e}^{-0{,}05x}}\) et
\[1 – 0{,}00125f(x) = \dfrac{1 + 15\,\text{e}^{-0{,}05x} – 1}{1 + 15\,\text{e}^{-0{,}05x}} = \dfrac{15\,\text{e}^{-0{,}05x}}{1 + 15\,\text{e}^{-0{,}05x}}.\]
Ensuite \(0{,}05f(x) = \dfrac{40}{1 + 15\,\text{e}^{-0{,}05x}}\). En multipliant :
\[0{,}05f(x)(1 – 0{,}00125f(x)) = \dfrac{40 \times 15\,\text{e}^{-0{,}05x}}{(1 + 15\,\text{e}^{-0{,}05x})^2} = \dfrac{600\,\text{e}^{-0{,}05x}}{(1 + 15\,\text{e}^{-0{,}05x})^2}\]
On reconnaît l’expression de \(f^{\prime}(x)\) donnée par le logiciel (ligne 2). Ainsi \(f^{\prime}(x) = 0{,}05f(x)(1 – 0{,}00125f(x))\) pour tout \(x\) de l’intervalle d’étude.
2. L’année 2050 correspond à \(x = 50\) :
\[f(50) = \dfrac{800}{1 + 15\,\text{e}^{-2{,}5}} \approx 358{,}5\]
Selon le modèle 2, la population compterait environ 359 individus en 2050 (358,54 arrondi à l’unité).
3. On a \(\lim\limits_{x \to +\infty} (-0{,}05x) = -\infty\) et \(\lim\limits_{X \to -\infty} \text{e}^X = 0\), donc par composition \(\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-0{,}05x} = 0\). Le dénominateur tend vers 1 et, par quotient, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 800\).
La courbe \(C\) admet donc la droite d’équation \(y = 800\) comme asymptote horizontale en \(+\infty\). Concrètement, selon ce modèle, la population se stabilisera à long terme autour de 800 individus : c’est la capacité d’accueil de la réserve.
4. D’après la ligne 2 du logiciel, \(f^{\prime}(x) = \dfrac{600\,\text{e}^{-0{,}05x}}{(1 + 15\,\text{e}^{-0{,}05x})^2}\). Une exponentielle est toujours strictement positive, donc le numérateur est strictement positif, et le dénominateur est un carré non nul. Ainsi \(f^{\prime}(x) \gt 0\) pour tout \(x \geq\, 0\) : \(f\) est (strictement) croissante sur \([0\ ;\ +\infty[\).
5. On résout l’inéquation pas à pas, en utilisant que la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\ ;\ +\infty[\) :
\[15\,\text{e}^{-0{,}05x} – 1 \geq\, 0 \iff \text{e}^{-0{,}05x} \geq\, \dfrac{1}{15} \iff -0{,}05x \geq\, \ln(\dfrac{1}{15}) = -\ln(15)\]
En divisant par \(-0{,}05\), nombre négatif, le sens de l’inégalité change : \(x \leq\, \dfrac{\ln(15)}{0{,}05}\), c’est-à-dire \(x \leq\, 20\ln(15)\), ce qui est bien le résultat de la ligne 4.
6. a. La convexité se lit sur le signe de \(f^{\prime\prime}(x)\) (ligne 3). Le facteur \(\dfrac{30\,\text{e}^{-0{,}05x}}{(1 + 15\,\text{e}^{-0{,}05x})^3}\) est strictement positif, donc \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(15\,\text{e}^{-0{,}05x} – 1\). D’après la question 5, ce facteur est positif pour \(x \leq\, 20\ln(15)\) et strictement négatif pour \(x \gt 20\ln(15)\). Par conséquent :
- \(f\) est convexe sur \([0\ ;\ 20\ln(15)]\) ;
- \(f\) est concave sur \([20\ln(15)\ ;\ +\infty[\).
La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en \(x = 20\ln(15)\), donc \(C\) admet un unique point d’inflexion d’abscisse \(20\ln(15) \approx 54{,}16\). Son ordonnée : \(\text{e}^{-0{,}05 \times 20\ln(15)} = \text{e}^{-\ln(15)} = \dfrac{1}{15}\), donc \(f(20\ln(15)) = \dfrac{800}{1 + 15 \times \frac{1}{15}} = 400\). Le point d’inflexion a pour coordonnées \((20\ln(15)\ ;\ 400)\), soit environ \((54{,}16\ ;\ 400)\).
b. La vitesse de croissance est \(f^{\prime}\), et les variations de \(f^{\prime}\) sont données par le signe de sa dérivée \(f^{\prime\prime}\). D’après la question précédente, \(f^{\prime\prime}\) est positive sur \([0\ ;\ 20\ln(15)]\) puis négative : \(f^{\prime}\) est croissante jusqu’à \(x = 20\ln(15) \approx 54{,}2\), puis décroissante. La vitesse de croissance augmente donc pendant environ 54 ans (jusqu’en 2054), puis diminue. La direction a raison : 54 ans, c’est bien « un peu plus de cinquante ans ».
Exercice 3 :
Partie A : Exploitation de programmes Python
1. La boucle doit tourner \(k\) fois pour ranger \(k\) termes dans la liste ; à chaque tour on ajoute le terme courant, puis on calcule le suivant avec la relation de récurrence. On renvoie enfin la liste. Script complété :
def suite(k):
L = []
u = 5
for i in range(k):
L.append(u)
u = 2 + log(u**2 - 3)
return(L)
2. Les neuf valeurs affichées augmentent à chaque rang, et de moins en moins : les écarts successifs passent d’environ 0,09 à environ 0,000 3. On peut conjecturer que la suite \((u_n)\) est croissante et qu’elle converge vers un réel proche de 5,164.
3. La fonction mystere(n) met c à 1, puis compare chaque terme L[i] au suivant L[i + 1] pour \(i\) allant de 0 à \(n – 2\) : dès qu’un terme est strictement supérieur au suivant, c passe à 0 et n’en change plus. Elle renvoie donc 1 si et seulement si les \(n\) premiers termes vérifient \(u_0 \leq\, u_1 \leq\, \dots \leq\, u_{n-1}\). Le résultat 1 pour mystere(10000) signifie qu’aucune décroissance n’apparaît parmi les 10 000 premiers termes : l’affichage ne contredit pas la conjecture, il la conforte (sans la démontrer, puisqu’il ne concerne qu’un nombre fini de termes).
Partie B : Étude de la convergence de la suite \((u_n)\)
1. Sur \([2\ ;\ +\infty[\), \(x^2 – 3 \geq\, 1 \gt 0\). La dérivée de \(\ln(v)\) étant \(\dfrac{v^{\prime}}{v}\), avec \(v(x) = x^2 – 3\) on obtient \(g^{\prime}(x) = \dfrac{2x}{x^2 – 3}\). Pour \(x \geq\, 2\), le numérateur \(2x\) et le dénominateur sont strictement positifs, donc \(g^{\prime}(x) \gt 0\) : \(g\) est croissante sur \([2\ ;\ +\infty[\).
2. a. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(4 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 6\) ». Remarquons que \(u_{n+1} = g(u_n)\).
Initialisation. \(u_0 = 5\) et \(u_1 = 2 + \ln(25 – 3) = 2 + \ln(22) \approx 5{,}09\). On a bien \(4 \leq\, 5 \leq\, 5{,}09 \leq\, 6\), donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie : \(4 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 6\). Tous ces nombres sont dans \([2\ ;\ +\infty[\) où \(g\) est croissante, donc l’ordre est conservé en leur appliquant \(g\) :
\[g(4) \leq\, g(u_n) \leq\, g(u_{n+1}) \leq\, g(6), \quad \text{soit} \quad 2 + \ln(13) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 2 + \ln(33).\]
Or \(2 + \ln(13) \approx 4{,}56 \geq\, 4\) et \(2 + \ln(33) \approx 5{,}50 \leq\, 6\). Donc \(4 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 6\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(4 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 6\).
b. D’après a, pour tout \(n\), \(u_n \leq\, u_{n+1}\) : la suite est croissante ; et \(u_n \leq\, 6\) : elle est majorée par 6. Par le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : la suite \((u_n)\) converge, vers une limite \(\ell\) comprise entre 4 et 6.
Partie C : Étude de la valeur de la limite
1. a. On découpe l’intervalle en deux.
Sur \([2\ ;\ 3]\) : \(f(2) = 2 + \ln(1) – 2 = 0\), donc 2 est solution. D’après le tableau, \(f\) est strictement croissante sur cet intervalle, donc pour \(2 \lt x \leq\, 3\), \(f(x) \gt f(2) = 0\) : 2 est la seule solution sur \([2\ ;\ 3]\).
Sur \([3\ ;\ +\infty[\) : \(f\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de \(f(3) = \ln(6) – 1 \approx 0{,}79 \gt 0\) jusqu’à une limite égale à \(-\infty\). Comme 0 est compris entre ces deux valeurs, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(f(x) = 0\) a une unique solution sur cet intervalle, et elle est différente de 3 puisque \(f(3) \neq 0\).
Au total, l’équation \(f(x) = 0\) admet exactement deux solutions \(\alpha\) et \(\beta\) sur \([2\ ;\ +\infty[\), avec \(\alpha \in [2\ ;\ 3]\) et \(\beta \in\ ]3\ ;\ +\infty[\).
b. D’après ce qui précède, \(\alpha = 2\). Pour \(\beta\), on procède par balayage à la calculatrice : \(f(5{,}164) \approx 0{,}000\,1 \gt 0\) et \(f(5{,}165) \approx -0{,}000\,5 \lt 0\). Comme \(f\) est décroissante sur \([3\ ;\ +\infty[\), \(5{,}164 \lt \beta \lt 5{,}165\), d’où \(\beta \approx 5{,}164\) à \(10^{-3}\) près.
2. On a \(u_{n+1} = g(u_n)\) et la suite converge vers \(\ell\). La fonction \(g\) est continue sur \([2\ ;\ +\infty[\) (car dérivable) et \(\ell \in [4\ ;\ 6]\) appartient à cet intervalle. En passant à la limite dans l’égalité \(u_{n+1} = g(u_n)\), on obtient \(\ell = g(\ell)\), soit \(2 + \ln(\ell^2 – 3) – \ell = 0\), c’est-à-dire \(f(\ell) = 0\).
Donc \(\ell\) vaut \(\alpha\) ou \(\beta\). Mais \(4 \leq\, u_n\) pour tout \(n\), donc \(\ell \geq\, 4\), ce qui exclut \(\alpha = 2\). Ainsi \(\ell = \beta \approx 5{,}164\), ce qui confirme la conjecture de la partie A.
Exercice 4 :
Affirmation 1 : vraie. On intègre par parties en posant \(u(x) = \ln(x)\), \(v^{\prime}(x) = x\), d’où \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\) et \(v(x) = \dfrac{x^2}{2}\). Ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur \([1\ ;\ \text{e}]\), donc :
\[\int_1^{\text{e}} x\ln(x)\,\mathrm{d}x = [\dfrac{x^2}{2}\ln(x)]_1^{\text{e}} – \int_1^{\text{e}} \dfrac{x^2}{2} \times \dfrac{1}{x}\,\mathrm{d}x = \dfrac{\text{e}^2}{2} – 0 – \int_1^{\text{e}} \dfrac{x}{2}\,\mathrm{d}x\]
\[\int_1^{\text{e}} \dfrac{x}{2}\,\mathrm{d}x = [\dfrac{x^2}{4}]_1^{\text{e}} = \dfrac{\text{e}^2}{4} – \dfrac{1}{4}\]
Finalement l’intégrale vaut \(\dfrac{\text{e}^2}{2} – \dfrac{\text{e}^2}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{\text{e}^2 + 1}{4}\). L’affirmation 1 est vraie.
Affirmation 2 : vraie. On utilise \(\binom\,{n}{k} = \dfrac{n!}{k!\,(n-k)!}\). Comme \((n-1) – (k-1) = n – k\) :
\[n \times \binom\,{n-1}{k-1} = n \times \dfrac{(n-1)!}{(k-1)!\,(n-k)!} = \dfrac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!}\]
De l’autre côté, puisque \(k! = k \times (k-1)!\) :
\[k \times \binom\,{n}{k} = \dfrac{k \times n!}{k \times (k-1)!\,(n-k)!} = \dfrac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!}\]
Les deux membres sont égaux : l’affirmation 2 est vraie.
Affirmation 3 : vraie. On cherche \(t\) tel que \(t + 1 = -1\), \(2t + 1 = -3\) et \(-t = 2\). La première équation donne \(t = -2\) ; alors \(2 \times (-2) + 1 = -3\) et \(-(-2) = 2\) : les trois coordonnées concordent. Le point A est le point de \(d\) de paramètre \(t = -2\), l’affirmation 3 est vraie.
Affirmation 4 : fausse. Les droites \(d\) et \(d^{\prime}\) sont sécantes si et seulement s’il existe un couple \((t\ ;\ t^{\prime})\) vérifiant le système :
\[\{\begin{array}{l} t + 1 = 2t^{\prime} – 1 \\ 2t + 1 = -t^{\prime} + 2 \\ -t = t^{\prime} + 1 \end{array}.\]
La troisième équation donne \(t = -t^{\prime} – 1\). En remplaçant dans la première : \(-t^{\prime} – 1 + 1 = 2t^{\prime} – 1\), soit \(-3t^{\prime} = -1\), donc \(t^{\prime} = \dfrac{1}{3}\) et \(t = -\dfrac{4}{3}\). On vérifie la deuxième équation : à gauche \(2 \times (-\dfrac{4}{3}) + 1 = -\dfrac{5}{3}\), à droite \(-\dfrac{1}{3} + 2 = \dfrac{5}{3}\). Les deux valeurs diffèrent : le système n’a pas de solution, les droites n’ont aucun point commun. L’affirmation 4 est fausse. (Leurs vecteurs directeurs \((1\ ;\ 2\ ;\ -1)\) et \((2\ ;\ -1\ ;\ 1)\) n’étant pas colinéaires, elles ne sont pas non plus parallèles : \(d\) et \(d^{\prime}\) sont non coplanaires.)
Affirmation 5 : vraie. Il faut vérifier deux conditions.
Le milieu I de [AB] a pour coordonnées \((\dfrac{-1 – 5}{2}\ ;\ \dfrac{-3 – 5}{2}\ ;\ \dfrac{2 + 6}{2}) = (-3\ ;\ -4\ ;\ 4)\). Et \(2 \times (-3) + (-4) – 2 \times 4 + 18 = -6 – 4 – 8 + 18 = 0\) : I appartient à \(P\).
Un vecteur normal à \(P\) est \(\vec{n}(2\ ;\ 1\ ;\ -2)\), et \(\vec{AB}(-4\ ;\ -2\ ;\ 4)\). On constate que \(\vec{AB} = -2\,\vec{n}\) : ces vecteurs sont colinéaires, donc la droite (AB) est orthogonale au plan \(P\).
Le plan \(P\) passe par le milieu de [AB] et il est orthogonal à (AB) : \(P\) est le plan médiateur de [AB], l’affirmation 5 est vraie.
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