Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. On traduit les données : \(P(F) = 0{,}4\), \(P(\overline{F}) = 0{,}6\), \(P_F(I) = 0{,}3375\) et \(P_{\overline{F}}(I) = 0{,}5425\). Par complément, \(P_F(\overline{I}) = 1 – 0{,}3375 = 0{,}6625\) et \(P_{\overline{F}}(\overline{I}) = 1 – 0{,}5425 = 0{,}4575\).
L’arbre pondéré comporte donc :
- une branche vers \(F\) de probabilité 0,4, suivie d’une branche vers \(I\) (0,3375) et d’une branche vers \(\overline{I}\) (0,6625) ;
- une branche vers \(\overline{F}\) de probabilité 0,6, suivie d’une branche vers \(I\) (0,5425) et d’une branche vers \(\overline{I}\) (0,4575).
2. On cherche \(P(F \cap I)\). En suivant le chemin \(F\) puis \(I\) de l’arbre :
\[P(F \cap I) = P(F)\times P_F(I) = 0{,}4 \times 0{,}3375 = 0{,}135.\]
La probabilité que l’élève soit une fille envisageant des études d’ingénieur est 0,135.
3. \(F\) et \(\overline{F}\) forment une partition de l’univers ; la formule des probabilités totales donne :
\[P(I) = P(F \cap I) + P(\overline{F} \cap I) = 0{,}135 + 0{,}6 \times 0{,}5425 = 0{,}135 + 0{,}3255 = 0{,}4605.\]
On obtient bien \(P(I) = 0{,}4605\).
4. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_I(F)\) :
\[P_I(F) = \dfrac{P(F \cap I)}{P(I)} = \dfrac{0{,}135}{0{,}4605} \approx 0{,}29316.\]
Sachant que l’élève envisage des études d’ingénieur, la probabilité que ce soit une fille est environ 0,293.
Partie B
1. a. Interroger une fille est une épreuve à deux issues : le succès « elle souhaite devenir ingénieure », de probabilité \(p = 0{,}15\), et l’échec. On répète cette épreuve \(n\) fois de façon identique et indépendante (le prélèvement est assimilé à des tirages avec remise). \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(0{,}15\).
b. L’espérance d’une loi binomiale \(\mathcal{B}(n\ ;\ p)\) vaut \(np\), donc \(\text{E}(X) = 0{,}15\,n\).
2. L’évènement « au moins une fille souhaite devenir ingénieure » est \(X \geq\, 1\), dont l’évènement contraire est \(X = 0\) (aucune ne le souhaite). Ainsi \(P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0{,}85^n\).
\[1 – 0{,}85^n \geq\, 0{,}99 \iff 0{,}85^n \leq\, 0{,}01 \iff n\ln(0{,}85) \leq\, \ln(0{,}01) \iff n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}85)}.\]
(La fonction \(\ln\) est strictement croissante ; on change le sens de l’inégalité en divisant par \(\ln(0{,}85) \lt 0\).)
Or \(\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}85)} \approx 28{,}34\). Le plus petit entier qui convient est 29 : il faut interroger au moins 29 lycéennes. Contrôle : \(1 – 0{,}85^{28} \approx 0{,}9894\) et \(1 – 0{,}85^{29} \approx 0{,}9910\).
3. Ici \(X\) suit la loi \(\mathcal{B}(29\ ;\ 0{,}15)\). Le quart de 29 vaut \(7{,}25\) ; comme \(X\) est un entier, « au moins le quart » signifie \(X \geq\, 8\).
\[P(X \geq\, 8) = 1 – P(X \leq\, 7) \approx 1 – 0{,}9414 \approx 0{,}0586.\]
La probabilité qu’au moins le quart des 29 filles souhaite devenir ingénieure est environ 0,059.
Partie C
1. Chaque \(X_i\) compte les filles envisageant de devenir ingénieure dans l’échantillon de 1 500 lycéennes de l’académie \(i\). En les additionnant, \(S\) donne le nombre total de filles envisageant de devenir ingénieure parmi les 15 000 lycéennes interrogées dans les dix académies.
2. Par linéarité de l’espérance : \(\text{E}(S) = \text{E}(X_1) + \cdots + \text{E}(X_{10}) = 10 \times 225 = 2\,250\).
Les variables étant indépendantes, la variance de leur somme est la somme de leurs variances : \(\text{V}(S) = 10 \times 191{,}25 = 1\,912{,}5\).
\(\text{E}(S) = 2\,250\) et \(\text{V}(S) = 1\,912{,}5\).
3. L’intervalle \(]2\,000\ ;\ 2\,500[\) est centré sur l’espérance \(2\,250\) avec un écart de 250 : \(2\,000 \lt S \lt 2\,500 \iff |S – 2\,250| \lt 250\).
D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, pour tout réel \(\delta \gt 0\), \(P(|S – \text{E}(S)| \geq\, \delta) \leq\, \dfrac{\text{V}(S)}{\delta^2}\). Avec \(\delta = 250\) :
\[P(|S – 2\,250| \geq\, 250) \leq\, \dfrac{1\,912{,}5}{62\,500} = 0{,}0306.\]
En passant à l’évènement contraire :
\[P(2\,000 \lt S \lt 2\,500) = 1 – P(|S – 2\,250| \geq\, 250) \geq\, 1 – 0{,}0306 = 0{,}9694.\]
Comme \(0{,}9694 \gt 0{,}95\), l’affirmation est vraie, et on peut l’affirmer sans connaître la loi de \(S\).
Exercice 2 :
Partie A
1. Posons \(u(x) = 8x^3 – 1\) ; sur \([4\ ;\ 10]\), \(u(x) \geq\, 8\times 64 – 1 = 511 \gt 0\) et \(u^{\prime}(x) = 24x^2\). Avec \((\ln u)^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}}{u}\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{24x^2}{8x^3 – 1}.\]
Reste à factoriser le dénominateur. En développant : \((2x – 1)(4x^2 + 2x + 1) = 8x^3 + 4x^2 + 2x – 4x^2 – 2x – 1 = 8x^3 – 1\). D’où
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{24x^2}{(2x-1)(4x^2+2x+1)}.\]
2. a. Pour \(x \in [4\ ;\ 10]\) : \(24x^2 \gt 0\), \(2x – 1 \geq\, 7 \gt 0\) et \(4x^2 + 2x + 1 \gt 0\) (somme de termes positifs). Donc \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \([4\ ;\ 10]\) et \(f\) est (strictement) croissante sur \([4\ ;\ 10]\).
b. Soit \(x \in [4\ ;\ 10]\). Puisque \(f\) est croissante, \(f(4) \leq\, f(x) \leq\, f(10)\), avec
\[f(4) = \ln(511) \approx 6{,}24 \qquad \text{et} \qquad f(10) = \ln(7\,999) \approx 8{,}99.\]
On a \(4 \leq\, 6{,}24\) et \(8{,}99 \leq\, 10\) (ou, sans calculatrice : \(\text{e}^4 \approx 54{,}6 \lt 511\) et \(7\,999 \lt \text{e}^{10} \approx 22\,026\)). Donc \(4 \leq\, f(x) \leq\, 10\) pour tout \(x \in [4\ ;\ 10]\).
3. a. \(g\) est continue sur \([4\ ;\ 10]\) (différence de fonctions dérivables) et strictement décroissante (admis). De plus :
- \(g(4) = \ln(511) – 4 \approx 2{,}24 \gt 0\) ;
- \(g(10) = \ln(7\,999) – 10 \approx -1{,}01 \lt 0\).
0 est compris entre \(g(10)\) et \(g(4)\) ; d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([4\ ;\ 10]\).
b. On affine l’encadrement à la calculatrice (tableau de valeurs de pas de plus en plus petit) : \(g(8{,}499) \approx 8{,}3\times 10^{-5} \gt 0\) et \(g(8{,}500) \approx -5{,}6\times 10^{-4} \lt 0\). Comme \(g\) est décroissante, \(8{,}499 \lt \alpha \lt 8{,}500\).
Partie B
1. \(u_1 = f(5) = \ln(8\times 125 – 1) = \ln(999) \approx 6{,}907\), soit \(u_1 \approx 6{,}9\) à \(10^{-1}\) près.
2. a. Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), notons \(\mathcal{P}(n)\) : « \(4 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 10\) ».
Initialisation. \(u_0 = 5\) et \(u_1 = \ln 999 \approx 6{,}9\), donc \(4 \leq\, u_0 \leq\, u_1 \leq\, 10\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier \(n\) : \(4 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 10\). Ces nombres appartiennent à \([4\ ;\ 10]\), intervalle sur lequel \(f\) est croissante (question A.2.a), donc
\[f(4) \leq\, f(u_n) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(10), \quad \text{soit} \quad f(4) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, f(10).\]
D’après la question A.2.b, \(f(4) \geq\, 4\) et \(f(10) \leq\, 10\). On en tire \(4 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 10\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. Par récurrence, pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(4 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 10\).
b. La suite \((u_n)\) est croissante (\(u_n \leq\, u_{n+1}\)) et majorée par 10. D’après le théorème de convergence monotone, elle converge vers une limite \(\ell\), qui vérifie \(4 \leq\, \ell \leq\, 10\) puisque tous les termes sont dans \([4\ ;\ 10]\).
3. On a \(u_{n+1} = f(u_n)\) pour tout \(n\), la suite converge vers \(\ell \in [4\ ;\ 10]\) et \(f\) est continue sur \([4\ ;\ 10]\). En passant à la limite, \(\ell = f(\ell)\), c’est-à-dire \(f(\ell) – \ell = 0\) : \(g(\ell) = 0\).
\(\ell\) est donc une solution de \(g(x) = 0\) dans \([4\ ;\ 10]\) ; comme cette solution est unique (question A.3.a), \(\ell = \alpha\) : la suite \((u_n)\) converge vers \(\alpha\).
Partie C
1. La fonction alpha(a) part de \(u_0 = 5\) et calcule les termes successifs de la suite tant qu’ils restent strictement inférieurs à a ; elle renvoie le rang du premier terme supérieur ou égal à a. Le résultat 11 signifie que \(u_{11}\) est le premier terme de la suite supérieur ou égal à 8,499 : \(u_{10} \lt 8{,}499 \leq\, u_{11}\) (on trouve \(u_{10} \approx 8{,}49897\) et \(u_{11} \approx 8{,}49907\)). Autrement dit, à partir du rang 11, les termes sont à moins de \(10^{-3}\) de \(\alpha\), puisque \(8{,}499 \leq\, u_n \leq\, \alpha \leq\, 8{,}5\).
2. La suite \((u_n)\) est croissante et converge vers \(\alpha\) ; une suite croissante convergente est majorée par sa limite, donc \(u_n \leq\, \alpha \leq\, 8{,}5\) pour tout \(n\). En particulier, on a toujours \(u_n \lt 8{,}6\) : la condition u < 8.6 de la boucle while reste vraie indéfiniment. La boucle ne se termine jamais, et l’instruction return n n’est jamais atteinte : aucune valeur n’est renvoyée.
Exercice 3 :
1. a. On calcule \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}1-(-1)\\-6-1\\-1-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\-7\\-2\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}-5-(-1)\\2-1\\3-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-4\\1\\2\end{pmatrix}\).
Si ces vecteurs étaient colinéaires, on aurait \(\vec{\text{AC}} = \lambda\vec{\text{AB}}\) ; la première coordonnée donne \(\lambda = -2\), mais alors la deuxième devrait valoir \(-2\times (-7) = 14 \neq 1\). Les vecteurs ne sont pas colinéaires : A, B et C ne sont pas alignés.
b. Calculons les produits scalaires de \(\vec{n}\) avec deux vecteurs non colinéaires du plan :
\[\vec{n}\cdot\vec{\text{AB}} = 6\times 2 + (-2)\times (-7) + 13\times (-2) = 12 + 14 – 26 = 0,\]
\[\vec{n}\cdot\vec{\text{AC}} = 6\times (-4) + (-2)\times 1 + 13\times 2 = -24 – 2 + 26 = 0.\]
\(\vec{n}\), non nul, est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de (ABC) : c’est un vecteur normal au plan (ABC).
c. Le plan (ABC) a donc une équation de la forme \(6x – 2y + 13z + d = 0\). Comme A est dans ce plan : \(6\times (-1) – 2\times 1 + 13\times 1 + d = 0\), soit \(5 + d = 0\) et \(d = -5\). Une équation cartésienne de (ABC) est \(6x – 2y + 13z – 5 = 0\).
2. Un vecteur normal à \((P)\) se lit sur son équation : \(\vec{n^{\prime}}\begin{pmatrix}8\\-2\\-4\end{pmatrix}\). Alors
\[\vec{n}\cdot\vec{n^{\prime}} = 6\times 8 + (-2)\times (-2) + 13\times (-4) = 48 + 4 – 52 = 0.\]
Les vecteurs normaux sont orthogonaux : les plans (ABC) et \((P)\) sont perpendiculaires.
3. Un point de \((d)\) a pour coordonnées \((-4 + t\ ;\ -11 + 6t\ ;\ 2 – t)\). Il appartient à (ABC) si et seulement si :
\[6(-4 + t) – 2(-11 + 6t) + 13(2 – t) – 5 = 0 \iff -24 + 6t + 22 – 12t + 26 – 13t – 5 = 0 \iff 19 – 19t = 0 \iff t = 1.\]
Cette équation a une seule solution, donc \((d)\) coupe le plan (ABC) en un unique point E, obtenu pour \(t = 1\) : \(x = -3\), \(y = -11 + 6 = -5\), \(z = 2 – 1 = 1\). E a pour coordonnées \((-3\ ;\ -5\ ;\ 1)\).
4. a. Deux conditions sont à vérifier : H est sur \((d)\), et \(\vec{\text{AH}}\) est orthogonal à la direction de \((d)\).
- Pour \(t = 2\), la représentation paramétrique donne \((-4 + 2\ ;\ -11 + 12\ ;\ 2 – 2) = (-2\ ;\ 1\ ;\ 0)\) : c’est H, donc \(\text{H} \in (d)\).
- Un vecteur directeur de \((d)\) est \(\vec{u}\begin{pmatrix}1\\6\\-1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AH}}\begin{pmatrix}-1\\0\\-1\end{pmatrix}\) ; \(\vec{\text{AH}}\cdot\vec{u} = -1 + 0 + 1 = 0\).
H est donc le projeté orthogonal de A sur \((d)\).
b. La distance de A à la droite \((d)\) est la longueur AH : \(\text{AH} = \sqrt{(-1)^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}\). La distance de A à \((d)\) vaut \(\sqrt{2}\).
c. H et E sont deux points distincts de \((d)\), donc la droite (HE) est la droite \((d)\), et (AH) lui est perpendiculaire en H d’après la question a. Le triangle AHE est rectangle en H.
On a \(\vec{\text{HE}}\begin{pmatrix}-1\\-6\\1\end{pmatrix}\), donc \(\text{HE} = \sqrt{1 + 36 + 1} = \sqrt{38}\). L’aire d’un triangle rectangle est le demi-produit des côtés de l’angle droit :
\[\mathcal{A} = \dfrac{\text{AH}\times \text{HE}}{2} = \dfrac{\sqrt{2}\times \sqrt{38}}{2} = \dfrac{\sqrt{76}}{2} = \dfrac{2\sqrt{19}}{2} = \sqrt{19}.\]
L’aire du triangle AHE est bien \(\sqrt{19}\) unités d’aire.
Exercice 4 :
1. Affirmation 1 : vraie.
\(f\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\). La dérivée de \(x \mapsto \text{e}^{x^2}\) est \(x \mapsto 2x\,\text{e}^{x^2}\), donc
\[f^{\prime}(x) = \text{e}^{x^2} + x\times 2x\,\text{e}^{x^2} = (1 + 2x^2)\text{e}^{x^2},\]
\[f^{\prime\prime}(x) = 4x\,\text{e}^{x^2} + (1 + 2x^2)\times 2x\,\text{e}^{x^2} = (4x^3 + 6x)\text{e}^{x^2} = 2x(2x^2 + 3)\text{e}^{x^2}.\]
Comme \(2x^2 + 3 \gt 0\) et \(\text{e}^{x^2} \gt 0\), \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(x\) : \(f^{\prime\prime}(x) \leq\, 0\) sur \(]-\infty\ ;\ 0]\). La fonction \(f\) est donc concave sur cet intervalle.
2. Affirmation 2 : vraie.
Les groupes sont numérotés, donc on les remplit dans l’ordre. On choisit les 8 rapaces du groupe 1 parmi 24 : \(\dbinom{24}{8}\) possibilités ; puis ceux du groupe 2 parmi les 16 restants : \(\dbinom{16}{8}\) ; les 8 derniers forment le groupe 3 (une seule possibilité). Le nombre de répartitions est
\[\dbinom{24}{8}\times \dbinom{16}{8}\times 1 = \dfrac{24!}{8!\times 16!}\times \dfrac{16!}{8!\times 8!} = \dfrac{24!}{(8!)^3}.\]
3. Affirmation 3 : vraie.
\(g\) est dérivable et \(g^{\prime} = f^{\prime}\). Comme \(f\) est solution de l’équation, \(f^{\prime} = -f + 1\). Donc \(g^{\prime} = -f + 1 = -(f – 1) = -g\).
4. Affirmation 4 : fausse.
Pour tout entier \(n \geq\, 1\), \(-1 \leq\, \sin(n) \leq\, 1\), donc, en divisant par \(n \gt 0\) : \(-\dfrac{1}{n} \leq\, u_n \leq\, \dfrac{1}{n}\). Les suites \((-\dfrac{1}{n})\) et \((\dfrac{1}{n})\) tendent vers 0 ; d’après le théorème des gendarmes, \((u_n)\) converge vers 0. Elle admet donc une limite.
5. Affirmation 5 : fausse.
Les deux courbes se coupent quand \(-x^2 + 4x + 1 = x + 1\), soit \(-x^2 + 3x = 0\), c’est-à-dire \(x(3 – x) = 0\) : en \(x = 0\) et \(x = 3\). Sur \([0\ ;\ 3]\), \((-x^2 + 4x + 1) – (x + 1) = x(3 – x) \geq\, 0\) : la parabole est au-dessus de la droite. L’aire du domaine grisé vaut donc
\[\int_{0}^{3}(-x^2 + 3x)\text{d}x = [-\dfrac{x^3}{3} + \dfrac{3x^2}{2}]_{0}^{3} = -9 + \dfrac{27}{2} = \dfrac{9}{2} = 4{,}5.\]
L’aire vaut 4,5 unités d’aire, et non 6,5.
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