Bac maths 2025 centres étrangers J2 : sujet et corrigé

Retrouvez ici le sujet 2 du bac de spécialité mathématiques 2025 des centres étrangers, tombé le 13 juin 2025, suivi de son corrigé détaillé rédigé question par question. Le premier exercice compare une population animale dans deux milieux : une suite géométrique d’un côté, une suite récurrente du second degré de l’autre, avec une récurrence, un point fixe et un programme Python à compléter. Le deuxième retrouve les paramètres d’une fonction logistique à partir de sa courbe et d’une tangente, puis calcule sa valeur moyenne par une intégrale. Le troisième dénombre des séquences de caractères du codage base64 et étudie leur transmission avec une loi binomiale. Le dernier, en géométrie dans l’espace, montre que trois plans se coupent selon une même droite.

Ce sujet fait partie des annales que nous rassemblons pour préparer le bac de maths 2027 : tous les sujets de spécialité y sont classés par session.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2025
Mathématiques — Sujet 2
Centres étrangers — 13 juin 2025
Durée de l’épreuve : 4 heures

Exercice 1 (6 points)

On se propose de comparer l’évolution d’une population animale dans deux milieux distincts A et B.
Au 1^er janvier 2025, on introduit 6 000 individus dans chacun des milieux A et B.

Partie A

Dans cette partie, on étudie l’évolution de la population dans le milieu A.
On suppose que dans ce milieu, l’évolution de la population est modélisée par une suite géométrique \((u_n)\) de premier terme \(u_0 = 6\) et de raison \(0{,}93\).
Pour tout entier naturel \(n\), \(u_n\) représente la population au 1^er janvier de l’année \(2025 + n\), exprimée en millier d’individus.

1. Donner, selon ce modèle, la population au 1^er janvier 2026.

2. Pour tout entier naturel \(n\), exprimer \(u_n\) en fonction de \(n\).

3. Déterminer la limite de la suite \((u_n)\).

Interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.

Partie B

Dans cette partie, on étudie l’évolution de la population dans le milieu B.
On suppose que dans ce milieu, l’évolution de la population est modélisée par la suite \((v_n)\) définie par

\(v_0 = 6\) et pour tout entier naturel \(n\), \(v_{n+1} = -0{,}05v_n^2 + 1{,}1v_n\).

Pour tout entier naturel \(n\), \(v_n\) représente la population au 1^er janvier de l’année \(2025 + n\), exprimée en millier d’individus.

1. Donner, selon ce modèle, la population au 1^er janvier 2026.

Soit \(f\) la fonction définie sur l’intervalle \([0\ ;\ +\infty[\) par

\[f(x) = -0{,}05x^2 + 1{,}1x.\]

2. Démontrer que la fonction \(f\) est croissante sur l’intervalle \([0\ ;\ 11]\).

3. Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel \(n\), on a

\[2 \leq\, v_{n+1} \leq\, v_n \leq\, 6.\]

4. En déduire que la suite \((v_n)\) est convergente vers une limite \(\ell\).

5. a. Justifier que la limite \(\ell\) vérifie \(f(\ell) = \ell\) puis en déduire la valeur de \(\ell\).

b. Interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.

Partie C

Cette partie a pour but de comparer l’évolution de la population dans les deux milieux.

1. En résolvant une inéquation, déterminer l’année à partir de laquelle la population du milieu A sera strictement inférieure à 3 000 individus.

2. À l’aide de la calculatrice, déterminer l’année à partir de laquelle la population du milieu B sera strictement inférieure à 3 000 individus.

3. Justifier qu’à partir d’une certaine année, la population du milieu B dépassera la population du milieu A.

4. On considère le programme Python ci-dessous.

n=0
u = 6
v = 6
while … :
    u = …
    v= …
    n = n+1
print (2025 + n)

a. Recopier et compléter ce programme afin qu’après exécution, il affiche l’année à partir de laquelle la population du milieu B est strictement supérieure à la population du milieu A.

b. Déterminer l’année affichée après exécution du programme.

Exercice 2 (6 points)

Partie A

On considère la fonction \(f\) définie sur l’intervalle \([0\ ;\ +\infty[\) par :

\[f(x) = \dfrac{1}{a + \text{e}^{-bx}}\]

où \(a\) et \(b\) sont deux constantes réelles strictement positives.
On admet que la fonction \(f\) est dérivable sur l’intervalle \([0\ ;\ +\infty[\).
La fonction \(f\) admet pour représentation graphique la courbe \(\mathcal{C}_f\) ci-dessous :

On considère les points \(\text{A}(0\ ;\ 0{,}5)\) et \(\text{B}(10\ ;\ 1)\).
On admet que la droite (AB) est tangente à la courbe \(\mathcal{C}_f\) au point A.

1. Par lecture graphique, donner une valeur approchée de \(f(10)\).

2. On admet que \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1\).

Donner une interprétation graphique de ce résultat.

3. Justifier que \(a = 1\).

4. Déterminer le coefficient directeur de la droite (AB).

5. a. Déterminer l’expression de \(f^{\prime}(x)\) en fonction de \(x\) et de la constante \(b\).

b. En déduire la valeur de \(b\).

Partie B

On admet, dans la suite de l’exercice, que la fonction \(f\) est définie sur l’intervalle \([0\ ;\ +\infty[\) par :

\[f(x) = \dfrac{1}{1 + \text{e}^{-0{,}2x}}\]

1. Déterminer \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x)\).

2. Étudier les variations de la fonction \(f\) sur l’intervalle \([0\ ;\ +\infty[\).

3. Montrer qu’il existe un unique réel \(\alpha\) positif tel que \(f(\alpha) = 0{,}97\).

4. À l’aide de la calculatrice, donner un encadrement du réel \(\alpha\) par deux nombres entiers consécutifs.

Interpréter ce résultat dans le contexte de l’énoncé.

Partie C

1. Montrer que, pour tout \(x\) appartenant à l’intervalle \([0\ ;\ +\infty[\), \(f(x) = \dfrac{\text{e}^{0{,}2x}}{1 + \text{e}^{0{,}2x}}\).

2. En déduire une primitive de la fonction \(f\) sur l’intervalle \([0\ ;\ +\infty[\).

3. Calculer la valeur moyenne de la fonction \(f\) sur l’intervalle \([0\ ;\ 40]\), c’est-à-dire :

\[I = \dfrac{1}{40}\displaystyle\int_0^{40} \dfrac{1}{1 + \text{e}^{-0{,}2x}}\,\text{d}x.\]

On donnera la valeur exacte et une valeur approchée au millième.

Exercice 3 (4 points)

Le codage « base64 », utilisé en informatique, permet de représenter et de transmettre des messages et d’autres données telles que des images, en utilisant 64 caractères : les 26 lettres majuscules, les 26 lettres minuscules, les chiffres de 0 à 9 et deux autres caractères spéciaux.

Les parties A, B et C sont indépendantes.

Partie A

Dans cette partie, on s’intéresse aux séquences de 4 caractères en base64. Par exemple, « gP3g » est une telle séquence. Dans une séquence, l’ordre est à prendre en compte : les séquences « m5C2 » et « 5C2m » ne sont pas identiques.

1. Déterminer le nombre de séquences possibles.

2. Déterminer le nombre de séquences si l’on impose que les 4 caractères sont différents deux à deux.

3. a. Déterminer le nombre de séquences ne comportant pas de lettre A majuscule

b. En déduire le nombre de séquences comportant au moins une lettre A majuscule.

c. Déterminer le nombre de séquences comportant exactement une fois la lettre A majuscule.

d. Déterminer le nombre de séquences comportant exactement deux fois la lettre A majuscule.

Partie B

On s’intéresse à la transmission d’une séquence de 250 caractères d’un ordinateur à un autre. On suppose que la probabilité qu’un caractère soit mal transmis est égale à 0,01 et que les transmissions des différents caractères sont indépendantes entre elles. On note \(X\) la variable aléatoire égale au nombre de caractères mal transmis.

1. On admet que la variable aléatoire \(X\) suit la loi binomiale. Donner ses paramètres.

2. Déterminer la probabilité que tous les caractères soient bien transmis. On donnera l’expression exacte, puis une valeur approchée à \(10^{-3}\) près.

3. Que pensez-vous de l’affirmation suivante : « La probabilité que plus de 16 caractères soient mal transmis est négligeable » ?

Partie C

On s’intéresse maintenant à la transmission de 4 séquences de 250 caractères.
On note \(X_1\), \(X_2\), \(X_3\) et \(X_4\) les variables aléatoires correspondant aux nombres de caractères mal transmis lors de la transmission de chacune des 4 séquences.
On admet que les variables aléatoires \(X_1\), \(X_2\), \(X_3\) et \(X_4\) sont indépendantes entre elles et suivent la même loi que la variable aléatoire \(X\) définie en partie B.
On note \(S = X_1 + X_2 + X_3 + X_4\).
Déterminer, en justifiant, l’espérance et la variance de la variable aléatoire \(S\).

Exercice 4 (4 points)

On se place dans un repère orthonormé \((\text{O}\ ;\ \vec{\imath},\ \vec{\jmath},\ \vec{k})\) de l’espace.
On considère les points \(\text{A}(1\ ;\ 0\ ;\ 3)\), \(\text{B}(-2\ ;\ 1\ ;\ 2)\) et \(\text{C}(0\ ;\ 3\ ;\ 2)\).

1. a. Montrer que les points A, B et C ne sont pas alignés.

b. Soit \(\vec{n}\) le vecteur de coordonnées \(\begin{pmatrix}-1\\1\\4\end{pmatrix}\). Vérifier que le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal au plan (ABC).

c. En déduire que le plan (ABC) admet pour équation cartésienne \(-x + y + 4z – 11 = 0\).

On considère le plan \(\mathcal{P}\) d’équation cartésienne \(3x – 3y + 2z – 9 = 0\) et le plan \(\mathcal{P}^{\prime}\) d’équation cartésienne \(x – y – z + 2 = 0\).

2. a. Démontrer que les plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}^{\prime}\) sont sécants. On note \((d)\) leur droite d’intersection.

b. Déterminer si les plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}^{\prime}\) sont perpendiculaires.

3. Montrer que la droite \((d)\) est dirigée par le vecteur \(\vec{u}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}\).

4. Montrer que le point \(\text{M}(2\ ;\ 1\ ;\ 3)\) appartient aux plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}^{\prime}\). En déduire une représentation paramétrique de la droite \((d)\).

5. Montrer que la droite \((d)\) est aussi incluse dans le plan (ABC).

Que peut-on dire des trois plans (ABC), \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}^{\prime}\) ?

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. Le 1^er 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 1^er 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 1^er 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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