Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. Le 1er janvier 2026 correspond à \(n = 1\). Pour passer d’un terme au suivant, on multiplie par la raison : \(u_1 = 0{,}93 \times u_0 = 0{,}93 \times 6 = 5{,}58\). Selon ce modèle, il y aura 5 580 individus dans le milieu A au 1er janvier 2026.
2. Pour une suite géométrique de premier terme \(u_0\) et de raison \(q\), on a \(u_n = u_0 \times q^n\). Donc, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = 6 \times 0{,}93^n\).
3. La raison vérifie \(0 \lt 0{,}93 \lt 1\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}93^n = 0\) et, en multipliant par 6, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 0\).
Interprétation : dans le milieu A, la population diminue de 7 % par an et finit, à long terme, par disparaître.
Partie B
1. On applique la relation de récurrence avec \(n = 0\) :
\[v_1 = -0{,}05 \times 6^2 + 1{,}1 \times 6 = -1{,}8 + 6{,}6 = 4{,}8.\]
Selon ce modèle, il y aura 4 800 individus dans le milieu B au 1er janvier 2026.
2. La fonction \(f\) est un polynôme, donc dérivable sur \([0\ ;\ +\infty[\), et \(f^{\prime}(x) = -0{,}1x + 1{,}1\). Or :
\[f^{\prime}(x) \geq\, 0 \iff 1{,}1 \geq\, 0{,}1x \iff x \leq\, 11.\]
La dérivée est positive (et ne s’annule qu’en 11) sur \([0\ ;\ 11]\) : \(f\) est croissante sur \([0\ ;\ 11]\).
3. Remarquons que \(v_{n+1} = f(v_n)\) pour tout \(n\). Notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(2 \leq\, v_{n+1} \leq\, v_n \leq\, 6\) ».
Initialisation. \(v_0 = 6\) et \(v_1 = 4{,}8\), donc \(2 \leq\, v_1 \leq\, v_0 \leq\, 6\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(2 \leq\, v_{n+1} \leq\, v_n \leq\, 6\). Tous ces nombres sont dans \([2\ ;\ 6]\), donc dans \([0\ ;\ 11]\) où \(f\) est croissante. Appliquer \(f\) conserve donc l’ordre :
\[f(2) \leq\, f(v_{n+1}) \leq\, f(v_n) \leq\, f(6).\]
On calcule \(f(2) = -0{,}2 + 2{,}2 = 2\) et \(f(6) = 4{,}8\). L’encadrement devient \(2 \leq\, v_{n+2} \leq\, v_{n+1} \leq\, 4{,}8\), et comme \(4{,}8 \leq\, 6\), on obtient \(2 \leq\, v_{n+2} \leq\, v_{n+1} \leq\, 6\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire : par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(2 \leq\, v_{n+1} \leq\, v_n \leq\, 6\).
4. D’après la question 3, pour tout \(n\), \(v_{n+1} \leq\, v_n\) : la suite \((v_n)\) est décroissante. Elle est de plus minorée par 2. D’après le théorème de convergence monotone, une suite décroissante et minorée converge : \((v_n)\) converge vers une limite \(\ell\), et par passage à la limite dans les inégalités larges, \(2 \leq\, \ell \leq\, 6\).
5. a. On a \(v_{n+1} = f(v_n)\). Quand \(n\) tend vers \(+\infty\), \(v_{n+1}\) tend vers \(\ell\) ; comme \(f\) est continue (c’est un polynôme), \(f(v_n)\) tend vers \(f(\ell)\). Par unicité de la limite, \(f(\ell) = \ell\).
On résout cette équation :
\[-0{,}05\ell^2 + 1{,}1\ell = \ell \iff -0{,}05\ell^2 + 0{,}1\ell = 0 \iff -0{,}05\,\ell\,(\ell – 2) = 0 \iff \ell = 0 \text{ ou } \ell = 2.\]
Comme \(\ell \geq\, 2\), la valeur 0 est exclue : \(\ell = 2\).
b. À long terme, la population du milieu B diminue et se stabilise autour de 2 000 individus : contrairement au milieu A, elle ne s’éteint pas.
Partie C
1. 3 000 individus correspondent à 3 milliers. On résout \(u_n \lt 3\) :
\[6 \times 0{,}93^n \lt 3 \iff 0{,}93^n \lt 0{,}5 \iff n\ln(0{,}93) \lt \ln(0{,}5)\]
(la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\ ;\ +\infty[\)). Comme \(\ln(0{,}93) \lt 0\), diviser par ce nombre change le sens de l’inégalité :
\[n \gt \dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}93)} \approx 9{,}55.\]
Le plus petit entier solution est \(n = 10\), qui correspond à l’année \(2025 + 10\). La population du milieu A sera strictement inférieure à 3 000 individus à partir de 2035.
2. La suite \((v_n)\) est décroissante ; il suffit de trouver le premier rang où elle passe sous 3. La calculatrice donne \(v_5 \approx 3{,}145\) et \(v_6 \approx 2{,}965\). Le premier rang est donc \(n = 6\) : la population du milieu B sera strictement inférieure à 3 000 individus à partir de 2031.
3. D’après la partie B, pour tout \(n\), \(v_n \geq\, 2\). D’autre part, \((u_n)\) tend vers 0 : par définition de la limite, l’intervalle \(]-1\ ;\ 2[\) contient tous les termes \(u_n\) à partir d’un certain rang \(N\). Pour \(n \geq\, N\), on a donc \(u_n \lt 2 \leq\, v_n\).
On peut même préciser ce rang : \(6 \times 0{,}93^n \lt 2 \iff n \gt \dfrac{\ln(1/3)}{\ln(0{,}93)} \approx 15{,}1\). Dès 2041 (\(n = 16\)), et même plus tôt comme le montre la question suivante, la population du milieu B dépasse celle du milieu A.
4. a. Au départ \(u = v = 6\). On doit répéter le calcul des termes suivants tant que la population B n’a pas strictement dépassé la population A, c’est-à-dire tant que \(u \geq\, v\). Dans la boucle, \(u\) est multiplié par 0,93 et \(v\) est remplacé par \(f(v)\). Le programme complété est :
n=0
u = 6
v = 6
while u >= v :
u = 0.93*u
v= -0.05*v**2 + 1.1*v
n = n+1
print (2025 + n)
b. On calcule les termes successifs. Jusqu’au rang 12 la population A reste la plus grande (\(u_{12} \approx 2{,}512\) et \(v_{12} \approx 2{,}406\)) ; au rang 13, \(u_{13} \approx 2{,}336\) et \(v_{13} \approx 2{,}358\), donc \(v_{13} \gt u_{13}\) et la boucle s’arrête avec \(n = 13\). Le programme affiche 2038.
Exercice 2 :
Partie A
1. On repère sur la courbe le point d’abscisse 10 et on lit son ordonnée : elle se situe un peu en dessous de 0,9. Ainsi \(f(10) \approx 0{,}9\) (dans la limite de précision du graphique ; la valeur exacte, une fois \(a\) et \(b\) connus, est environ 0,88).
2. La limite finie 1 en \(+\infty\) signifie que la droite d’équation \(y = 1\) est asymptote horizontale à la courbe \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\) : la courbe s’en rapproche autant qu’on veut quand \(x\) devient grand.
3. Le point A\((0\ ;\ 0{,}5)\) est sur la courbe, donc \(f(0) = 0{,}5\). Or \(f(0) = \dfrac{1}{a + \text{e}^{0}} = \dfrac{1}{a + 1}\). Ainsi \(\dfrac{1}{a+1} = \dfrac{1}{2}\), d’où \(a + 1 = 2\) et \(a = 1\).
4. Le coefficient directeur de (AB) vaut :
\[m = \dfrac{y_B – y_A}{x_B – x_A} = \dfrac{1 – 0{,}5}{10 – 0} = \dfrac{0{,}5}{10} = 0{,}05.\]
Le coefficient directeur de (AB) est \(0{,}05\).
5. a. Avec \(a = 1\), \(f = \dfrac{1}{u}\) où \(u(x) = 1 + \text{e}^{-bx}\), qui ne s’annule pas. On a \(u^{\prime}(x) = -b\,\text{e}^{-bx}\) et \((\dfrac{1}{u})^{\prime} = -\dfrac{u^{\prime}}{u^2}\), donc pour tout \(x \geq\, 0\) :
\[f^{\prime}(x) = -\dfrac{-b\,\text{e}^{-bx}}{(1 + \text{e}^{-bx})^2} = \dfrac{b\,\text{e}^{-bx}}{(1 + \text{e}^{-bx})^2}.\]
b. La droite (AB) est tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point A d’abscisse 0 : son coefficient directeur est le nombre dérivé \(f^{\prime}(0)\). Or \(f^{\prime}(0) = \dfrac{b \times 1}{(1 + 1)^2} = \dfrac{b}{4}\). L’égalité \(\dfrac{b}{4} = 0{,}05\) donne \(b = 0{,}2\).
Partie B
1. Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(-0{,}2x\) tend vers \(-\infty\) et donc \(\text{e}^{-0{,}2x}\) tend vers 0 (par composition). Le dénominateur tend vers 1 et, par quotient, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 1\).
2. D’après la partie A (avec \(b = 0{,}2\)), pour tout \(x \geq\, 0\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{0{,}2\,\text{e}^{-0{,}2x}}{(1 + \text{e}^{-0{,}2x})^2}.\]
Une exponentielle est strictement positive et un carré non nul aussi : \(f^{\prime}(x) \gt 0\). La fonction \(f\) est strictement croissante sur \([0\ ;\ +\infty[\), de \(f(0) = 0{,}5\) jusqu’à la limite 1.
3. Sur \([0\ ;\ +\infty[\), \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(f(0) = 0{,}5\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 1\). Elle prend donc toutes les valeurs de \([0{,}5\ ;\ 1[\), chacune une seule fois. Comme \(0{,}97 \in [0{,}5\ ;\ 1[\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure qu’il existe un unique réel \(\alpha \geq\, 0\) tel que \(f(\alpha) = 0{,}97\).
4. À la calculatrice : \(f(17) \approx 0{,}9677 \lt 0{,}97\) et \(f(18) \approx 0{,}9734 \gt 0{,}97\). Donc \(17 \lt \alpha \lt 18\) (on trouve \(\alpha \approx 17{,}38\)).
Interprétation : la fonction \(f\) part de 0,5 et tend vers 1 ; c’est entre \(x = 17\) et \(x = 18\) qu’elle dépasse 0,97, c’est-à-dire qu’elle atteint 97 % de sa valeur limite. Au-delà de \(\alpha\), la courbe est à moins de 0,03 de son asymptote.
Partie C
1. On multiplie le numérateur et le dénominateur de \(f(x)\) par \(\text{e}^{0{,}2x}\), qui est non nul, en utilisant \(\text{e}^{0{,}2x} \times \text{e}^{-0{,}2x} = \text{e}^0 = 1\) :
\[f(x) = \dfrac{1 \times \text{e}^{0{,}2x}}{(1 + \text{e}^{-0{,}2x})\text{e}^{0{,}2x}} = \dfrac{\text{e}^{0{,}2x}}{\text{e}^{0{,}2x} + 1} = \dfrac{\text{e}^{0{,}2x}}{1 + \text{e}^{0{,}2x}}.\]
2. Posons \(w(x) = 1 + \text{e}^{0{,}2x}\), strictement positive, de dérivée \(w^{\prime}(x) = 0{,}2\,\text{e}^{0{,}2x}\). Alors \(f(x) = 5 \times \dfrac{0{,}2\,\text{e}^{0{,}2x}}{1 + \text{e}^{0{,}2x}} = 5\,\dfrac{w^{\prime}(x)}{w(x)}\). Une primitive de \(\dfrac{w^{\prime}}{w}\) (avec \(w \gt 0\)) est \(\ln(w)\). Une primitive de \(f\) sur \([0\ ;\ +\infty[\) est donc :
\[F(x) = 5\ln(1 + \text{e}^{0{,}2x}).\]
3. Avec la primitive précédente :
\[I = \dfrac{1}{40}[F(40) – F(0)] = \dfrac{5}{40}[\ln(1 + \text{e}^{8}) – \ln 2] = \dfrac{1}{8}\ln(\dfrac{1 + \text{e}^8}{2}).\]
La valeur exacte est \(I = \dfrac{1}{8}\ln(\dfrac{1 + \text{e}^8}{2})\), et \(I \approx 0{,}913\).
Exercice 3 :
Partie A
1. Une séquence est une liste ordonnée de 4 caractères pris parmi 64, les répétitions étant permises (c’est un 4-uplet). Il y a 64 choix pour chaque position, donc \(64^4 =\) 16 777 216 séquences.
2. Si les caractères sont distincts, on choisit le premier parmi 64, le deuxième parmi les 63 restants, et ainsi de suite (arrangements de 4 éléments parmi 64) : \(64 \times 63 \times 62 \times 61 =\) 15 249 024 séquences.
3. a. Sans lettre A majuscule, chaque position n’a plus que 63 choix : \(63^4 =\) 15 752 961 séquences.
b. « Au moins un A » est le contraire de « aucun A ». On soustrait donc du total : \(64^4 – 63^4 = 16\,777\,216 – 15\,752\,961 =\) 1 024 255 séquences.
c. On choisit la position du A (4 possibilités), puis on remplit les 3 autres positions avec des caractères différents de A (63 choix chacune) : \(4 \times 63^3 = 4 \times 250\,047 =\) 1 000 188 séquences.
d. On choisit les deux positions des A parmi les 4 : \(\dbinom{4}{2} = 6\) façons. Les 2 positions restantes reçoivent un caractère autre que A : \(63^2 = 3969\) possibilités. Au total \(6 \times 3969 =\) 23 814 séquences.
Partie B
1. On répète 250 fois de façon indépendante une épreuve à deux issues dont le « succès » (caractère mal transmis) a pour probabilité 0,01 ; \(X\) compte les succès. \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 250\) et \(p = 0{,}01\).
2. Tous les caractères sont bien transmis lorsque \(X = 0\) :
\[P(X = 0) = \binom\,{250}{0} \times 0{,}01^0 \times 0{,}99^{250} = 0{,}99^{250} \approx 0{,}081.\]
La probabilité cherchée vaut \(0{,}99^{250} \approx 0{,}081\).
3. « Plus de 16 caractères mal transmis » correspond à \(X \gt 16\), soit \(X \geq\, 17\). À la calculatrice :
\[P(X \geq\, 17) = 1 – P(X \leq\, 16) \approx 1{,}04 \times 10^{-9}.\]
C’est environ une chance sur un milliard ; en moyenne, on n’attend que \(E(X) = 250 \times 0{,}01 = 2{,}5\) erreurs. L’affirmation est donc juste : cette probabilité est négligeable.
Partie C
Chaque \(X_i\) suit la loi \(\mathcal{B}(250\ ;\ 0{,}01)\), donc \(E(X_i) = 250 \times 0{,}01 = 2{,}5\) et \(V(X_i) = 250 \times 0{,}01 \times 0{,}99 = 2{,}475\).
Espérance. Par linéarité de l’espérance (valable sans hypothèse d’indépendance) :
\[E(S) = E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) + E(X_4) = 4 \times 2{,}5 = 10.\]
Variance. Les variables \(X_1\), \(X_2\), \(X_3\), \(X_4\) sont indépendantes, donc la variance de leur somme est la somme des variances :
\[V(S) = V(X_1) + V(X_2) + V(X_3) + V(X_4) = 4 \times 2{,}475 = 9{,}9.\]
Ainsi \(E(S) = 10\) et \(V(S) = 9{,}9\).
Exercice 4 :
1. a. On calcule \(\vec{AB}\begin{pmatrix}-3\\1\\-1\end{pmatrix}\) et \(\vec{AC}\begin{pmatrix}-1\\3\\-1\end{pmatrix}\). S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) tel que \(\vec{AB} = k\,\vec{AC}\) ; la première coordonnée impose \(k = 3\), la deuxième \(k = \dfrac{1}{3}\) : contradiction. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés.
b. Dans le repère orthonormé :
\[\vec{n} \cdot \vec{AB} = (-1)(-3) + 1 \times 1 + 4 \times (-1) = 3 + 1 – 4 = 0,\]
\[\vec{n} \cdot \vec{AC} = (-1)(-1) + 1 \times 3 + 4 \times (-1) = 1 + 3 – 4 = 0.\]
Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : \(\vec{n}\) est normal au plan (ABC).
c. Comme \(\vec{n}\) est normal à (ABC), ce plan a une équation de la forme \(-x + y + 4z + d = 0\). Le point A\((1\ ;\ 0\ ;\ 3)\) lui appartient : \(-1 + 0 + 12 + d = 0\), d’où \(d = -11\). Une équation cartésienne de (ABC) est bien \(-x + y + 4z – 11 = 0\).
2. a. Des équations, on lit les vecteurs normaux \(\vec{n_1}\begin{pmatrix}3\\-3\\2\end{pmatrix}\) pour \(\mathcal{P}\) et \(\vec{n_2}\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}\) pour \(\mathcal{P}^{\prime}\). Si \(\vec{n_1} = k\,\vec{n_2}\), la première coordonnée donne \(k = 3\) et la troisième \(k = -2\) : impossible. Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc les plans ne sont ni parallèles ni confondus : \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}^{\prime}\) sont sécants, selon une droite \((d)\).
b. Deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux. Or
\[\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 3 \times 1 + (-3)(-1) + 2 \times (-1) = 3 + 3 – 2 = 4 \neq 0.\]
Les plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}^{\prime}\) ne sont pas perpendiculaires.
3. La droite \((d)\) est contenue dans \(\mathcal{P}\) et dans \(\mathcal{P}^{\prime}\) : un vecteur directeur de \((d)\) est donc orthogonal à la fois à \(\vec{n_1}\) et à \(\vec{n_2}\). Réciproquement, un vecteur non nul orthogonal à ces deux vecteurs normaux est parallèle aux deux plans, donc à leur droite d’intersection. Vérifions :
\[\vec{u} \cdot \vec{n_1} = 1 \times 3 + 1 \times (-3) + 0 \times 2 = 0 \qquad \vec{u} \cdot \vec{n_2} = 1 \times 1 + 1 \times (-1) + 0 \times (-1) = 0.\]
Le vecteur \(\vec{u}\), non nul, est orthogonal aux deux vecteurs normaux : \(\vec{u}\) dirige la droite \((d)\).
4. On remplace les coordonnées de M\((2\ ;\ 1\ ;\ 3)\) dans chaque équation :
- pour \(\mathcal{P}\) : \(3 \times 2 – 3 \times 1 + 2 \times 3 – 9 = 6 – 3 + 6 – 9 = 0\), donc \(\text{M} \in \mathcal{P}\) ;
- pour \(\mathcal{P}^{\prime}\) : \(2 – 1 – 3 + 2 = 0\), donc \(\text{M} \in \mathcal{P}^{\prime}\).
Le point M appartient aux deux plans, donc à leur intersection \((d)\). La droite \((d)\) passe par M et est dirigée par \(\vec{u}\) ; une représentation paramétrique en est :
\[\{\begin{array}{l}x = 2 + t\\ y = 1 + t\\ z = 3\end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]
5. Un point quelconque de \((d)\) a pour coordonnées \((2 + t\ ;\ 1 + t\ ;\ 3)\). On le remplace dans l’équation de (ABC) :
\[-(2 + t) + (1 + t) + 4 \times 3 – 11 = -2 – t + 1 + t + 12 – 11 = 0.\]
L’égalité est vraie pour toute valeur de \(t\) : tous les points de \((d)\) sont dans (ABC), donc la droite \((d)\) est incluse dans le plan (ABC).
Conclusion sur les trois plans : le vecteur normal \(\vec{n}\) de (ABC) n’est colinéaire ni à \(\vec{n_1}\) ni à \(\vec{n_2}\) (si \(\vec{n} = k\,\vec{n_1}\), les premières coordonnées imposent \(k = -\dfrac{1}{3}\) et les troisièmes \(k = 2\) ; si \(\vec{n} = k\,\vec{n_2}\), on trouve \(k = -1\) puis \(k = -4\)), donc (ABC) n’est confondu avec aucun des deux autres plans. Les trois plans (ABC), \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}^{\prime}\) sont deux à deux sécants et se coupent tous les trois selon la même droite \((d)\).
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