Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. On traduit l’énoncé en probabilités. « Une fois sur dix » donne \(P(T) = 0{,}1\), donc \(P(\overline{T}) = 1 – 0{,}1 = 0{,}9\). Lors d’un contrôle total, une erreur est détectée dans 30 % des cas : \(P_T(E) = 0{,}3\) et donc \(P_T(\overline{E}) = 0{,}7\). Lors d’un contrôle partiel, il n’y a pas d’erreur dans 85 % des cas : \(P_{\overline{T}}(\overline{E}) = 0{,}85\), d’où \(P_{\overline{T}}(E) = 0{,}15\).
On obtient l’arbre pondéré suivant :
On suit le chemin \(\overline{T}\) puis \(E\) et on multiplie les probabilités portées par les branches :
\[P(\overline{T} \cap E) = P(\overline{T}) \times P_{\overline{T}}(E) = 0{,}9 \times 0{,}15 = 0{,}135.\]
Donc \(P(\overline{T} \cap E) = 0{,}135\).
2. Un contrôle est soit total, soit partiel : \(T\) et \(\overline{T}\) forment une partition de l’univers. La formule des probabilités totales donne :
\[P(E) = P(T \cap E) + P(\overline{T} \cap E) = 0{,}1 \times 0{,}3 + 0{,}135 = 0{,}03 + 0{,}135 = 0{,}165.\]
La probabilité qu’une erreur soit détectée lors d’un contrôle vaut \(0{,}165\).
3. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_E(T)\). Par définition :
\[P_E(T) = \dfrac{P(T \cap E)}{P(E)} = \dfrac{0{,}03}{0{,}165} = \dfrac{2}{11} \approx 0{,}1818.\]
Sachant qu’une erreur a été détectée, la probabilité que le contrôle ait été total est d’environ \(0{,}18\).
Partie B
1. On répète 15 fois, de façon indépendante, la même épreuve de Bernoulli dont le succès « une erreur est détectée » a pour probabilité \(0{,}165\). La variable \(X\) compte le nombre de succès : elle suit la loi binomiale de paramètres \(n = 15\) et \(p = 0{,}165\).
2. On applique la formule de la loi binomiale avec \(k = 5\) :
\[P(X = 5) = \binom\,{15}{5} \times 0{,}165^5 \times (1 – 0{,}165)^{10} = 3003 \times 0{,}165^5 \times 0{,}835^{10} \approx 0{,}0605.\]
La probabilité que exactement 5 erreurs soient détectées est d’environ \(0{,}06\).
3. L’évènement « au moins une erreur » est le contraire de « aucune erreur », c’est-à-dire \(X = 0\). Or \(P(X = 0) = 0{,}835^{15}\), donc :
\[P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0{,}835^{15} \approx 0{,}9331.\]
La probabilité qu’au moins une erreur soit détectée est d’environ \(0{,}93\).
4. Notons \(n\) le nombre de contrôles déclenchés dans la journée. Le nombre d’erreurs détectées suit alors la loi binomiale \(\mathcal{B}(n\ ;\ 0{,}165)\) et, comme à la question précédente, la probabilité d’au moins une erreur vaut \(1 – 0{,}835^n\). On cherche donc les entiers \(n\) tels que :
\[1 – 0{,}835^n \geq\, 0{,}99 \iff 0{,}835^n \leq\, 0{,}01.\]
La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\ ;\ +\infty[\), elle conserve donc l’ordre :
\[0{,}835^n \leq\, 0{,}01 \iff n \ln(0{,}835) \leq\, \ln(0{,}01) \iff n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}835)},\]
le sens de l’inégalité change à la dernière étape car on divise par \(\ln(0{,}835)\), qui est strictement négatif (puisque \(0{,}835 \lt 1\)).
Or \(\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}835)} \approx 25{,}54\). Le plus petit entier qui convient est donc 26. Vérification : \(1 – 0{,}835^{25} \approx 0{,}9890\) est encore inférieur à 0,99 alors que \(1 – 0{,}835^{26} \approx 0{,}9908\) le dépasse.
La caisse doit déclencher au moins 26 contrôles par jour.
Partie C
1. Pour une loi binomiale \(\mathcal{B}(n\ ;\ p)\), l’espérance vaut \(np\) et la variance \(np(1-p)\). Avec \(n = 20\) et \(p = 0{,}165\) :
\[E(X_1) = 20 \times 0{,}165 = 3{,}3 \qquad V(X_1) = 20 \times 0{,}165 \times 0{,}835 = 2{,}7555.\]
Donc \(E(X_1) = 3{,}3\) et \(V(X_1) = 2{,}7555\).
2. Espérance. L’espérance est linéaire, et les trois variables ont la même loi, donc la même espérance :
\[E(S) = E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) = 3 \times 3{,}3 = 9{,}9.\]
Variance. Les variables \(X_1\), \(X_2\) et \(X_3\) sont indépendantes : la variance de leur somme est la somme de leurs variances.
\[V(S) = V(X_1) + V(X_2) + V(X_3) = 3 \times 2{,}7555 = 8{,}2665.\]
Bienaymé-Tchebychev. Avec la valeur 10 retenue pour \(E(S)\), le nombre total d’erreurs est strictement compris entre 6 et 14 lorsque \(6 \lt S \lt 14\), c’est-à-dire \(-4 \lt S – 10 \lt 4\), soit \(|S – 10| \lt 4\).
L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev affirme que, pour tout réel \(\delta \gt 0\), \(P(|S – E(S)| \geq\, \delta) \leq\, \dfrac{V(S)}{\delta^2}\). Avec \(\delta = 4\) :
\[P(|S – 10| \geq\, 4) \leq\, \dfrac{8{,}2665}{16}.\]
En passant à l’évènement contraire :
\[P(6 \lt S \lt 14) = P(|S – 10| \lt 4) = 1 – P(|S – 10| \geq\, 4) \geq\, 1 – \dfrac{8{,}2665}{16} \approx 0{,}4833.\]
Comme \(0{,}4833 \gt 0{,}48\), la probabilité que le nombre total d’erreurs de la journée soit strictement compris entre 6 et 14 est bien supérieure à \(0{,}48\).
Exercice 2 :
1. Réponse a : sécantes non perpendiculaires.
Un vecteur directeur de (AB) est \(\vec{AB}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix}\), ou plus simplement \(\vec{u}\begin{pmatrix}2\\2\\-1\end{pmatrix}\). La représentation paramétrique de \((d)\) fournit le vecteur directeur \(\vec{v}\begin{pmatrix}3\\0\\-5\end{pmatrix}\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{v}\) est nulle, pas celle de \(\vec{u}\)), donc les droites ne sont pas parallèles.
Cherchons un point commun. Pour \(t = 1\), la droite \((d)\) passe par le point de coordonnées \((-6 + 3\ ;\ 1\ ;\ 9 – 5) = (-3\ ;\ 1\ ;\ 4)\), qui est le point A. Les deux droites se coupent donc en A : elles sont sécantes.
Enfin, dans le repère orthonormé, \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 3 + 2 \times 0 + (-1) \times (-5) = 11 \neq 0\) : les droites ne sont pas perpendiculaires. D’où la réponse a.
2. Réponse d : orthogonale au plan \(\mathcal{P}\).
D’après son équation cartésienne, le plan \(\mathcal{P}\) admet pour vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix}\), qui est exactement \(\vec{AB}\). Un vecteur directeur de la droite étant normal au plan, la droite (AB) est orthogonale au plan \(\mathcal{P}\).
3. Réponse b : perpendiculaires.
Le plan \(\mathcal{P}^{\prime}\) a pour vecteur normal \(\vec{n^{\prime}}\begin{pmatrix}2\\1\\6\end{pmatrix}\). Les vecteurs \(\vec{n}\) et \(\vec{n^{\prime}}\) ne sont pas colinéaires, donc les plans sont sécants. De plus :
\[\vec{n} \cdot \vec{n^{\prime}} = 4 \times 2 + 4 \times 1 + (-2) \times 6 = 8 + 4 – 12 = 0.\]
Les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc les plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}^{\prime}\) sont perpendiculaires.
4. Réponse b : \(51^\circ\).
On a \(\vec{AB}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix}\) et \(\vec{AC}\begin{pmatrix}0-(-3)\\1-1\\-1-4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\0\\-5\end{pmatrix}\). On calcule le produit scalaire de deux façons.
Avec les coordonnées (repère orthonormé) : \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 4 \times 3 + 4 \times 0 + (-2) \times (-5) = 22\).
Avec les normes : \(AB = \sqrt{16 + 16 + 4} = 6\) et \(AC = \sqrt{9 + 0 + 25} = \sqrt{34}\), donc \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 6\sqrt{34}\cos\widehat{\text{BAC}}\).
En égalant : \(\cos\widehat{\text{BAC}} = \dfrac{22}{6\sqrt{34}} \approx 0{,}6288\), d’où \(\widehat{\text{BAC}} \approx 51{,}04^\circ\), soit \(51^\circ\) au degré près.
Exercice 3 :
Partie A
1. Quand \(x\) tend vers \(-1\) par valeurs supérieures, \(x + 1\) tend vers \(0\) en restant positif. Comme \(\lim\limits_{X \to 0^+} \ln X = -\infty\), on obtient par composition \(\lim\limits_{x \to -1} 4\ln(x+1) = -\infty\).
Par ailleurs, \(\dfrac{x^2}{25}\) tend vers \(\dfrac{1}{25}\), une valeur finie. Par somme :
\[\lim_{x \to -1} f(x) = -\infty.\]
La droite d’équation \(x = -1\) est donc asymptote verticale à la courbe de \(f\).
2. La dérivée de \(\ln(u)\) est \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\) ; avec \(u(x) = x + 1\), on a \(u^{\prime}(x) = 1\). La dérivée de \(\dfrac{x^2}{25}\) est \(\dfrac{2x}{25}\). Donc, pour tout \(x \gt -1\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{4}{x+1} – \dfrac{2x}{25}.\]
On réduit au même dénominateur \(25(x+1)\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{4 \times 25 – 2x(x+1)}{25(x+1)} = \dfrac{100 – 2x^2 – 2x}{25(x+1)} = \dfrac{100 – 2x – 2x^2}{25(x+1)}.\]
C’est bien l’expression annoncée.
3. Sur \(]-1\ ;\ +\infty[\), on a \(x + 1 \gt 0\), donc \(25(x+1) \gt 0\) : \(f^{\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(-2x^2 – 2x + 100\).
Son discriminant vaut \(\Delta = (-2)^2 – 4 \times (-2) \times 100 = 4 + 800 = 804 \gt 0\). Il a deux racines, qui sont aussi celles de \(x^2 + x – 50 = 0\) :
\[x_1 = \dfrac{-1 – \sqrt{201}}{2} \approx -7{,}59 \qquad x_2 = \dfrac{-1 + \sqrt{201}}{2} \approx 6{,}59.\]
La racine \(x_1\) est en dehors de l’intervalle d’étude. Le coefficient de \(x^2\) étant négatif, le trinôme est positif entre ses racines et négatif à l’extérieur. Sur \(]-1\ ;\ +\infty[\) :
| \(x\) | \(-1\) | \(x_2 = \dfrac{-1 + \sqrt{201}}{2}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | || | \(+\) | \(0\) | \(-\) | |
| variations de \(f\) | \(-\infty\) | ↗ | \(f(x_2)\) | ↘ |
La fonction \(f\) est donc strictement croissante sur \(]-1\ ;\ x_2]\) et strictement décroissante sur \([x_2\ ;\ +\infty[\). Comme \(6{,}5 \lt 6{,}58 \lt x_2\), l’intervalle \([2\ ;\ 6{,}5]\) est contenu dans \(]-1\ ;\ x_2]\) : \(f\) est strictement croissante sur \([2\ ;\ 6{,}5]\).
4. On découpe l’intervalle en deux morceaux, à l’abscisse \(m\) du maximum.
Sur \([2\ ;\ m]\). On calcule \(h(2) = 4\ln 3 – \dfrac{4}{25} – 2 \approx 2{,}23\). Comme \(h\) est croissante sur cet intervalle, pour tout \(x\) de \([2\ ;\ m]\), \(h(x) \geq\, h(2) \gt 0\) : l’équation \(h(x) = 0\) n’y a aucune solution.
Sur \([m\ ;\ 6{,}5]\). La fonction \(h\) est continue (car \(f\) est dérivable) et strictement décroissante. On a \(h(m) = M \approx 2{,}265 \gt 0\) et
\[h(6{,}5) = 4\ln(7{,}5) – \dfrac{6{,}5^2}{25} – 6{,}5 \approx -0{,}13 \lt 0.\]
Le nombre 0 est compris entre \(h(6{,}5)\) et \(h(m)\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (fonction continue et strictement monotone), l’équation \(h(x) = 0\) a une unique solution sur \([m\ ;\ 6{,}5]\).
En réunissant les deux morceaux, l’équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([2\ ;\ 6{,}5]\), et cette solution est même dans \([m\ ;\ 6{,}5]\).
5. a. Avec \(n = 2\), le pas vaut \(p = 0{,}01\). Le programme part de \(x = 6\) et avance de 0,01 tant que \(f(x) – x = h(x)\) est strictement positif. Or \(h\) est décroissante sur \([m\ ;\ 6{,}5]\) et ne s’annule qu’en \(\alpha\) : la boucle s’arrête dès que \(x\) dépasse \(\alpha\). On trouve, à la calculatrice ou en exécutant le script :
\[h(6{,}36) \approx 0{,}0063 \gt 0 \qquad h(6{,}37) \approx -0{,}0034 \lt 0.\]
La boucle s’arrête donc avec \(x = 6{,}37\), et la fonction renvoie \((6{,}36\ ;\ 6{,}37)\).
b. Ces deux nombres encadrent la solution de l’équation \(h(x) = 0\), c’est-à-dire de \(f(x) = x\), à \(10^{-2}\) près : \(6{,}36 \lt \alpha \lt 6{,}37\).
Partie B
1. Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété : « \(2 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \lt 6{,}5\) ».
Initialisation. On a \(u_0 = 2\) et \(u_1 = f(2) = 4\ln 3 – 0{,}16 \approx 4{,}23\). Ainsi \(2 \leq\, u_0 \leq\, u_1 \lt 6{,}5\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}_n\) est vraie : \(2 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \lt 6{,}5\). Tous ces nombres sont dans \([2\ ;\ 6{,}5]\), intervalle sur lequel \(f\) est strictement croissante (partie A, question 3). En appliquant \(f\), l’ordre est conservé :
\[f(2) \leq\, f(u_n) \leq\, f(u_{n+1}) \lt f(6{,}5),\]
c’est-à-dire \(f(2) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \lt f(6{,}5)\). Or \(f(2) \approx 4{,}23 \geq\, 2\) et \(f(6{,}5) = 4\ln(7{,}5) – 1{,}69 \approx 6{,}37 \lt 6{,}5\). On en déduit \(2 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \lt 6{,}5\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(2 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \lt 6{,}5\).
2. D’après la question 1, pour tout \(n\), \(u_n \leq\, u_{n+1}\) : la suite \((u_n)\) est croissante. Elle est aussi majorée par 6,5. D’après le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : la suite \((u_n)\) converge vers une limite \(\ell\), avec \(2 \leq\, \ell \leq\, 6{,}5\) (les inégalités larges passent à la limite).
3. La suite vérifie \(u_{n+1} = f(u_n)\) et converge vers \(\ell\), qui appartient à \([2\ ;\ 6{,}5]\), intervalle sur lequel \(f\) est continue. En passant à la limite dans la relation de récurrence (\(u_{n+1}\) tend vers \(\ell\) et, par continuité, \(f(u_n)\) tend vers \(f(\ell)\)), on obtient \(f(\ell) = \ell\), c’est-à-dire \(h(\ell) = 0\).
Or \(\alpha\) est l’unique solution de \(h(x) = 0\) dans \([2\ ;\ 6{,}5]\). Comme \(\ell\) est une solution de cette équation dans cet intervalle, \(\ell = \alpha\). D’après la partie A, la suite converge donc vers un nombre compris entre 6,36 et 6,37.
Exercice 4 :
Partie A
1. La fonction \(h\) est constante, donc dérivable et de dérivée nulle : \(h^{\prime}(t) = 0\). Pour tout \(t \geq\, 0\) :
\[h^{\prime}(t) + 0{,}48\,h(t) = 0 + \dfrac{0{,}48}{120} = 0{,}004 = \dfrac{1}{250}.\]
La fonction \(h\) vérifie l’équation : \(h\) est une solution particulière de \((E_1)\).
2. L’équation \(y^{\prime} + 0{,}48y = 0\) s’écrit \(y^{\prime} = -0{,}48y\), de la forme \(y^{\prime} = ay\) avec \(a = -0{,}48\). Ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto C\,\text{e}^{-0{,}48t}\), où \(C\) est une constante réelle.
3. Les solutions d’une équation \(y^{\prime} + ay = b\) s’obtiennent en ajoutant une solution particulière aux solutions de l’équation homogène associée. Avec la question 1, les solutions de \((E_1)\) sont les fonctions \(t \mapsto C\,\text{e}^{-0{,}48t} + \dfrac{1}{120}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).
Partie B
1. On suppose que \(p\) est solution de \((E_2)\). Puisque \(y = \dfrac{1}{p}\) et que \(p\) est dérivable et ne s’annule pas, \(y\) est dérivable et \(y^{\prime} = -\dfrac{p^{\prime}}{p^2}\). On remplace \(p^{\prime}\) grâce à \((E_2)\) :
\[y^{\prime} = -\dfrac{1}{p^2} \times \dfrac{1}{250}\,p\,(120 – p) = -\dfrac{120 – p}{250\,p} = -\dfrac{120}{250\,p} + \dfrac{1}{250}.\]
Comme \(\dfrac{1}{p} = y\) et \(\dfrac{120}{250} = 0{,}48\), cela s’écrit \(y^{\prime} = -0{,}48y + \dfrac{1}{250}\), soit :
\[y^{\prime} + 0{,}48y = \dfrac{1}{250}.\]
La fonction \(y\) est donc solution de \((E_1)\).
2. D’après la question 1 et la partie A, il existe un réel \(C\) tel que, pour tout \(t \geq\, 0\), \(y(t) = C\,\text{e}^{-0{,}48t} + \dfrac{1}{120}\). Alors :
\[p(t) = \dfrac{1}{y(t)} = \dfrac{1}{C\,\text{e}^{-0{,}48t} + \dfrac{1}{120}}.\]
On multiplie numérateur et dénominateur par 120 :
\[p(t) = \dfrac{120}{1 + 120C\,\text{e}^{-0{,}48t}}.\]
En posant \(K = 120C\), qui est une constante réelle, on obtient bien \(p(t) = \dfrac{120}{1 + K\text{e}^{-0{,}48t}}\).
3. Comme \(\text{e}^0 = 1\), on a \(p(0) = \dfrac{120}{1 + K}\). La condition \(p(0) = 30\) donne \(1 + K = \dfrac{120}{30} = 4\), donc \(K = 3\).
Ainsi, pour tout \(t \geq\, 0\), \(p(t) = \dfrac{120}{1 + 3\text{e}^{-0{,}48t}}\).
4. Quand \(t\) tend vers \(+\infty\), \(-0{,}48t\) tend vers \(-\infty\) ; comme \(\lim\limits_{X \to -\infty} \text{e}^X = 0\), on a par composition \(\lim\limits_{t \to +\infty} \text{e}^{-0{,}48t} = 0\). Le dénominateur \(1 + 3\text{e}^{-0{,}48t}\) tend donc vers 1 et, par quotient :
\[\lim_{t \to +\infty} p(t) = \dfrac{120}{1} = 120.\]
Interprétation : \(p\) est exprimée en milliers d’individus, donc à long terme, la population de bactéries se stabilise autour de 120 000 individus.
5. 60 000 individus correspondent à \(p(t) = 60\). On résout \(p(t) \gt 60\) ; le dénominateur étant strictement positif :
\[\dfrac{120}{1 + 3\text{e}^{-0{,}48t}} \gt 60 \iff 120 \gt 60(1 + 3\text{e}^{-0{,}48t}) \iff 2 \gt 1 + 3\text{e}^{-0{,}48t} \iff \text{e}^{-0{,}48t} \lt \dfrac{1}{3}.\]
La fonction \(\ln\) étant strictement croissante :
\[\text{e}^{-0{,}48t} \lt \dfrac{1}{3} \iff -0{,}48t \lt -\ln 3 \iff t \gt \dfrac{\ln 3}{0{,}48}.\]
Or \(\dfrac{\ln 3}{0{,}48} \approx 2{,}2888\) heures. La partie décimale représente \(0{,}2888 \times 60 \approx 17{,}3\) minutes.
La population de bactéries dépasse 60 000 individus au bout d’environ 2 heures et 17 minutes.
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