Bac maths 2025 France J1 : sujet et corrigé

Cette page propose le sujet 1 du bac de spécialité mathématiques 2025 en France métropolitaine, posé le 17 juin 2025, avec l’énoncé complet puis un corrigé détaillé de chaque question. Le premier exercice part des groupes sanguins et du facteur rhésus : arbre à quatre branches, probabilités totales, donneurs universels, loi binomiale et inégalité de Bienaymé-Tchebychev sur une collecte organisée dans plusieurs villes. Le deuxième étudie une fonction construite avec le logarithme au carré : lectures graphiques, convexité, position par rapport à une tangente, intégration par parties et aire d’un domaine hachuré. Le troisième est un vrai-faux de géométrie dans l’espace (représentation paramétrique, vecteur normal, droites sécantes, distance à un plan). Le dernier suit l’extension d’une algue, la posidonie, près de Porquerolles, d’abord avec une suite récurrente et un script Python, puis avec une équation différentielle.

Tous les sujets pour préparer l’épreuve de spécialité du bac 2027 de mathématiques sont regroupés, avec leurs corrigés, sur notre page de révision.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2025
Mathématiques — Sujet 1
France métropolitaine — 17 juin 2025
Durée de l’épreuve : 4 heures

Exercice 1 (5 points)

On compte quatre groupes sanguins dans l’espèce humaine : A, B, AB et O.

Chaque groupe sanguin peut présenter un facteur rhésus. Lorsqu’il est présent, on dit que le rhésus est positif, sinon on dit qu’il est négatif.

Au sein de la population française, on sait que :

45 % des individus appartiennent au groupe A, et parmi eux 85 % sont de rhésus positif ;
10 % des individus appartiennent au groupe B, et parmi eux 84 % sont de rhésus positif ;
3 % des individus appartiennent au groupe AB, et parmi eux 82 % sont de rhésus positif.

On choisit au hasard une personne dans la population française.

On désigne par :

\(A\) l’évènement « La personne choisie est de groupe sanguin A » ;
\(B\) l’évènement « La personne choisie est de groupe sanguin B » ;
\(AB\) l’évènement « La personne choisie est de groupe sanguin AB » ;
\(O\) l’évènement « La personne choisie est de groupe sanguin O » ;
\(R\) l’évènement « La personne choisie a un facteur rhésus positif ».

Pour un évènement quelconque \(E\), on note \(\overline{E}\) l’évènement contraire de \(E\) et \(p(E)\) la probabilité de \(E\).

1. Recopier l’arbre ci-contre en complétant les dix pointillés.

2. Montrer que \(p(B \cap R) = 0{,}084\). Interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.

3. On précise que \(p(R) = 0{,}8397\).

Montrer que \(p_O(R) = 0{,}83\).

4. On dit qu’un individu est « donneur universel » lorsque son sang peut être transfusé à toute personne sans risque d’incompatibilité.

Le groupe O de rhésus négatif est le seul vérifiant cette caractéristique.

Montrer que la probabilité qu’un individu choisi au hasard dans la population française soit donneur universel est de \(0{,}0714\).

5. Lors d’une collecte de sang, on choisit un échantillon de 100 personnes dans la population d’une ville française. Cette population est suffisamment grande pour assimiler ce choix à un tirage avec remise. On note \(X\) la variable aléatoire qui à chaque échantillon de 100 personnes associe le nombre de donneurs universels dans cet échantillon.

a. Justifier que \(X\) suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.

b. Déterminer à \(10^{-3}\) près la probabilité qu’il y ait au plus 7 donneurs universels dans cet échantillon.

c. Montrer que l’espérance \(E(X)\) de la variable aléatoire \(X\) est égale à \(7{,}14\) et que sa variance \(V(X)\) est égale à \(6{,}63\) à \(10^{-2}\) près.

6. Lors de la semaine nationale du don du sang, une collecte de sang est organisée dans \(N\) villes françaises choisies au hasard numérotées 1, 2, 3, …, \(N\) où \(N\) est un entier naturel non nul.

On considère la variable aléatoire \(X_1\) qui à chaque échantillon de 100 personnes de la ville 1 associe le nombre de donneurs universels dans cet échantillon.

On définit de la même manière les variables aléatoires \(X_2\) pour la ville 2, …, \(X_N\) pour la ville \(N\).

On suppose que ces variables aléatoires sont indépendantes et qu’elles admettent la même espérance égale à \(7{,}14\) et la même variance égale à \(6{,}63\).

On considère la variable aléatoire \(M_N = \dfrac{X_1 + X_2 + \ldots + X_N}{N}\).

a. Que représente la variable aléatoire \(M_N\) dans le contexte de l’exercice ?

b. Calculer l’espérance \(E(M_N)\).

c. On désigne par \(V(M_N)\) la variance de la variable aléatoire \(M_N\).

Montrer que \(V(M_N) = \dfrac{6{,}63}{N}\).

d. Déterminer la plus petite valeur de \(N\) pour laquelle l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet d’affirmer que :

\[P(7 \lt M_N \lt 7{,}28) \geq\, 0{,}95.\]

Exercice 2 (6 points)

On considère une fonction \(f\) définie sur l’intervalle \(]0\,;\,+\infty[\). On admet qu’elle est deux fois dérivable sur l’intervalle \(]0\,;\,+\infty[\). On note \(f^{\prime}\) sa fonction dérivée et \(f^{\prime\prime}\) sa fonction dérivée seconde.

Dans un repère orthogonal, on a tracé ci-dessous :

la courbe représentative de \(f\), notée \(\mathcal{C}_f\) sur l’intervalle \(]0\,;\,3]\) ;
la droite \(T_{\text{A}}\), tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point \(\text{A}(1\,;\,2)\) ;
la droite \(T_{\text{B}}\) tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point \(\text{B}(\text{e}\,;\,\text{e})\).

On précise par ailleurs que la tangente \(T_{\text{A}}\) passe par le point \(\text{C}(3\,;\,0)\).

Partie A : Lectures graphiques

On répondra aux questions suivantes en les justifiant à l’aide du graphique.

1. Déterminer le nombre dérivé \(f^{\prime}(1)\).

2. Combien de solutions l’équation \(f^{\prime}(x) = 0\) admet-elle dans l’intervalle \(]0\,;\,3]\) ?

3. Quel est le signe de \(f^{\prime\prime}(0{,}2)\) ?

Partie B : étude de la fonction \(f\)

On admet dans cette partie que la fonction \(f\) est définie sur l’intervalle \(]0\,;\,+\infty[\) par

\[f(x) = x[2(\ln x)^2 – 3\ln x + 2]\]

où \(\ln\) désigne la fonction logarithme népérien.

1. Résoudre dans \(\mathbb{R}\) l’équation \(2X^2 – 3X + 2 = 0\).

En déduire que \(\mathcal{C}_f\) ne coupe pas l’axe des abscisses.

2. Déterminer, en justifiant, la limite de \(f\) en \(+\infty\).

On admettra que la limite de \(f\) en 0 est égale à 0.

3. On admet que pour tout \(x\) appartenant à \(]0\,;\,+\infty[\), \(f^{\prime}(x) = 2(\ln x)^2 + \ln x – 1\).

a. Montrer que pour tout \(x\) appartenant à \(]0\,;\,+\infty[\), \(f^{\prime\prime}(x) = \dfrac{1}{x}(4\ln x + 1)\).

b. Étudier la convexité de la fonction \(f\) sur l’intervalle \(]0\,;\,+\infty[\) et préciser la valeur exacte de l’abscisse du point d’inflexion.

c. Montrer que la courbe \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de la tangente \(T_{\text{B}}\) sur l’intervalle \(]1\,;\,+\infty[\).

Partie C : Calcul d’aire

1. Justifier que la tangente \(T_{\text{B}}\) a pour équation réduite \(y = 2x – \text{e}\).

2. À l’aide d’une intégration par parties, montrer que

\[\displaystyle\int_1^{\text{e}} x\ln x\,\text{d}x = \dfrac{\text{e}^2 + 1}{4}.\]

3. On note \(\mathcal{A}\) l’aire du domaine hachuré sur la figure, délimité par la courbe \(\mathcal{C}_f\), la tangente \(T_{\text{B}}\), et les droites d’équation \(x = 1\) et \(x = \text{e}\).

On admet que \(\displaystyle\int_1^{\text{e}} x(\ln x)^2\,\text{d}x = \dfrac{\text{e}^2 – 1}{4}\).

En déduire la valeur exacte de \(\mathcal{A}\) en unité d’aire.

Exercice 3 (4 points)

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Justifier chaque réponse. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

On munit l’espace d’un repère orthonormé \((\text{O}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath},\,\vec{k})\).

1. On considère les points \(\text{A}(-1\,;\,0\,;\,5)\) et \(\text{B}(3\,;\,2\,;\,-1)\).

Affirmation 1 : Une représentation paramétrique de la droite (AB) est

\[\begin{cases} x = 3 – 2t \\ y = 2 – t \\ z = -1 + 3t \end{cases} \quad \text{avec } t \in \mathbb{R}.\]

Affirmation 2 : Le vecteur \(\vec{n}\begin{pmatrix}5\\-2\\1\end{pmatrix}\) est normal au plan (OAB).

2. On considère :

la droite \(d\) de représentation paramétrique \(\begin{cases} x = 15 + k \\ y = 8 – k \\ z = -6 + 2k \end{cases}\) avec \(k \in \mathbb{R}\) ;
la droite \(d^{\prime}\) de représentation paramétrique \(\begin{cases} x = 1 + 4s \\ y = 2 + 4s \\ z = 1 – 6s \end{cases}\) avec \(s \in \mathbb{R}\).

Affirmation 3 : Les droites \(d\) et \(d^{\prime}\) ne sont pas coplanaires.

3. On considère le plan \(\mathcal{P}\) d’équation \(x – y + z + 1 = 0\).

Affirmation 4 : La distance du point \(\text{C}(2\,;\,-1\,;\,2)\) au plan \(\mathcal{P}\) est égale à \(2\sqrt{3}\).

Exercice 4 (5 points)

Une équipe de biologistes étudie l’évolution de la superficie recouverte par une algue marine appelée posidonie, sur le fond de la baie de l’Alycastre, près de l’île de Porquerolles.

La zone étudiée est d’une superficie totale de 20 hectares (ha), et au premier juillet 2024, la posidonie recouvrait 1 ha de cette zone.

Partie A : étude d’un modèle discret

Pour tout entier naturel \(n\), on note \(u_n\) la superficie de la zone, en hectare, recouverte par la posidonie au premier juillet de l’année \(2024 + n\). Ainsi, \(u_0 = 1\).

Une étude conduite sur cette superficie a permis d’établir que pour tout entier naturel \(n\) :

\[u_{n+1} = -0{,}02u_n^2 + 1{,}3u_n.\]

1. Calculer la superficie que devrait recouvrir la posidonie au premier juillet 2025 d’après ce modèle.

2. On note \(h\) la fonction définie sur \([0\,;\,20]\) par

\[h(x) = -0{,}02x^2 + 1{,}3x.\]

On admet que \(h\) est croissante sur \([0\,;\,20]\).

a. Démontrer que pour tout entier naturel \(n\), \(1 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 20\).

b. En déduire que la suite \((u_n)\) converge. On note \(L\) sa limite.

c. Justifier que \(L = 15\).

3. Les biologistes souhaitent savoir au bout de combien de temps la surface recouverte par la posidonie dépassera les 14 hectares.

a. Sans aucun calcul, justifier que, d’après ce modèle, cela se produira.

b. Recopier et compléter l’algorithme suivant pour qu’en fin d’exécution, il affiche la réponse à la question des biologistes.

def seuil():
  n=0
  u= 1
  while ...... :
    n=......
    u=......
  return n

Partie B : étude d’un modèle continu

On souhaite décrire la superficie de la zone étudiée recouverte par la posidonie au cours du temps avec un modèle continu.

Dans ce modèle, pour une durée \(t\), en année, écoulée à partir du premier juillet 2024, la superficie de la zone étudiée recouverte par la posidonie est donnée par \(f(t)\), où \(f\) est une fonction définie sur \([0\,;\,+\infty[\) vérifiant :

\(f(0) = 1\) ;
\(f\) ne s’annule pas sur \([0\,;\,+\infty[\) ;
\(f\) est dérivable sur \([0\,;\,+\infty[\) ;
\(f\) est solution sur \([0\,;\,+\infty[\) de l’équation différentielle \((E_1) : \quad y^{\prime} = 0{,}02y(15 – y)\).

On admet qu’une telle fonction \(f\) existe ; le but de cette partie est d’en déterminer une expression.

On note \(f^{\prime}\) la fonction dérivée de \(f\).

1. Soit \(g\) la fonction définie sur \([0\,;\,+\infty[\) par \(g(t) = \dfrac{1}{f(t)}\).

Montrer que \(g\) est solution de l’équation différentielle

\[(E_2) : \quad y^{\prime} = -0{,}3y + 0{,}02.\]

2. Donner les solutions de l’équation différentielle \((E_2)\).

3. En déduire que pour tout \(t \in [0\,;\,+\infty[\) :

\[f(t) = \dfrac{15}{14\text{e}^{-0{,}3t} + 1}.\]

4. Déterminer la limite de \(f\) en \(+\infty\).

5. Résoudre dans l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\) l’inéquation \(f(t) \gt 14\). Interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

La personne est choisie au hasard dans la population : les proportions de l’énoncé se lisent donc directement comme des probabilités.

1. Au premier niveau, on place les probabilités des quatre groupes. L’énoncé donne \(p(A) = 0{,}45\), \(p(B) = 0{,}10\) et \(p(AB) = 0{,}03\). Comme les quatre groupes se partagent toute la population, leurs probabilités ont pour somme 1, d’où \(p(O) = 1 – 0{,}45 – 0{,}10 – 0{,}03 = 0{,}42\).

Au second niveau, on place les probabilités conditionnelles du rhésus ; sur chaque paire de branches issues d’un même nœud, la somme vaut 1 :

branches issues de \(A\) : \(p_A(R) = 0{,}85\) et \(p_A(\overline{R}) = 0{,}15\) ;
branches issues de \(B\) : \(p_B(R) = 0{,}84\) et \(p_B(\overline{R}) = 0{,}16\) ;
branches issues de \(AB\) : \(p_{AB}(R) = 0{,}82\) et \(p_{AB}(\overline{R}) = 0{,}18\).

Les dix pointillés sont donc : 0,45 ; 0,10 ; 0,03 ; 0,42 au premier niveau, puis 0,85 et 0,15 ; 0,84 et 0,16 ; 0,82 et 0,18. Les branches issues de \(O\) ne portaient pas de pointillés : on pourra les compléter après la question 3 (0,83 et 0,17).

2. On suit le chemin \(B\) puis \(R\) de l’arbre : la probabilité d’une intersection est le produit des probabilités portées par les branches.

\[p(B \cap R) = p(B) \times p_B(R) = 0{,}10 \times 0{,}84 = 0{,}084.\]

Interprétation : 8,4 % de la population française est à la fois du groupe B et de rhésus positif.

3. Les évènements \(A\), \(B\), \(AB\) et \(O\) sont deux à deux incompatibles et leur réunion est l’univers : ils forment une partition. La formule des probabilités totales donne

\[p(R) = p(A \cap R) + p(B \cap R) + p(AB \cap R) + p(O \cap R).\]

On calcule les termes connus : \(p(A \cap R) = 0{,}45 \times 0{,}85 = 0{,}3825\) et \(p(AB \cap R) = 0{,}03 \times 0{,}82 = 0{,}0246\). On isole alors le dernier terme :

\[p(O \cap R) = 0{,}8397 – 0{,}3825 – 0{,}084 – 0{,}0246 = 0{,}3486.\]

Par définition d’une probabilité conditionnelle :

\[p_O(R) = \dfrac{p(O \cap R)}{p(O)} = \dfrac{0{,}3486}{0{,}42} = 0{,}83.\]

On a bien \(p_O(R) = 0{,}83\) : 83 % des personnes du groupe O sont de rhésus positif.

4. Être donneur universel, c’est être du groupe O et de rhésus négatif : on cherche \(p(O \cap \overline{R})\). Sur les branches issues de \(O\), on a \(p_O(\overline{R}) = 1 – p_O(R) = 1 – 0{,}83 = 0{,}17\). Donc

\[p(O \cap \overline{R}) = p(O) \times p_O(\overline{R}) = 0{,}42 \times 0{,}17 = 0{,}0714.\]

La probabilité qu’une personne choisie au hasard soit donneur universel est bien 0,0714, soit un peu plus de 7 %.

5. a. Choisir une personne et regarder si elle est donneur universel est une épreuve de Bernoulli : le succès « la personne est donneur universel » a pour probabilité \(p = 0{,}0714\) (question 4). Le choix des 100 personnes est assimilé à un tirage avec remise, donc on répète 100 fois cette épreuve de façon identique et indépendante. \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 100\) et \(p = 0{,}0714\).

b. « Au plus 7 donneurs universels » correspond à \(X \leq\, 7\). À la calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale) :

\[P(X \leq\, 7) = \sum_{k=0}^{7} \binom\,{100}{k} 0{,}0714^k \times 0{,}9286^{100-k} \approx 0{,}57714.\]

À \(10^{-3}\) près, \(P(X \leq\, 7) \approx 0{,}577\).

c. Pour une loi binomiale \(\mathcal{B}(n\,;\,p)\), l’espérance vaut \(np\) et la variance \(np(1-p)\). Ici :

\[E(X) = 100 \times 0{,}0714 = 7{,}14 \qquad V(X) = 100 \times 0{,}0714 \times 0{,}9286 = 6{,}630204.\]

On obtient bien \(E(X) = 7{,}14\) et \(V(X) \approx 6{,}63\) à \(10^{-2}\) près. En moyenne, un échantillon de 100 personnes contient un peu plus de 7 donneurs universels.

6. a. \(X_1 + X_2 + \ldots + X_N\) est le nombre total de donneurs universels trouvés dans les \(N\) échantillons (un par ville). En divisant par \(N\), on obtient le nombre moyen de donneurs universels par échantillon de 100 personnes, sur l’ensemble des \(N\) villes.

b. Par linéarité de l’espérance :

\[E(M_N) = \dfrac{1}{N}(E(X_1) + \ldots + E(X_N)) = \dfrac{1}{N} \times N \times 7{,}14 = 7{,}14.\]

Donc \(E(M_N) = 7{,}14\).

c. Les variables \(X_1, \ldots, X_N\) sont indépendantes, donc la variance de leur somme est la somme de leurs variances : \(V(X_1 + \ldots + X_N) = N \times 6{,}63\). De plus, pour une constante \(a\), \(V(aY) = a^2 V(Y)\). Avec \(a = \dfrac{1}{N}\) :

\[V(M_N) = \dfrac{1}{N^2} \times N \times 6{,}63 = \dfrac{6{,}63}{N}.\]

d. L’intervalle \(]7\,;\,7{,}28[\) est centré sur \(7{,}14 = E(M_N)\) et a pour demi-largeur \(0{,}14\). Ainsi :

\[7 \lt M_N \lt 7{,}28 \iff |M_N – 7{,}14| \lt 0{,}14.\]

L’évènement contraire est \(|M_N – 7{,}14| \geq\, 0{,}14\). L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, appliquée à \(M_N\) avec l’écart \(0{,}14\), donne :

\[P(|M_N – 7{,}14| \geq\, 0{,}14) \leq\, \dfrac{V(M_N)}{0{,}14^2} = \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N}.\]

En passant à l’évènement contraire :

\[P(7 \lt M_N \lt 7{,}28) \geq\, 1 – \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N}.\]

Pour pouvoir affirmer que cette probabilité est au moins 0,95, il suffit que \(1 – \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N} \geq\, 0{,}95\), c’est-à-dire \(\dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N} \leq\, 0{,}05\), soit :

\[N \geq\, \dfrac{6{,}63}{0{,}05 \times 0{,}0196} = \dfrac{6{,}63}{0{,}00098} \approx 6765{,}3.\]

\(N\) étant un entier, la plus petite valeur qui convient est \(N = 6766\) villes.

Exercice 2 :

Partie A : Lectures graphiques

1. \(f^{\prime}(1)\) est le coefficient directeur de la tangente \(T_{\text{A}}\) à \(\mathcal{C}_f\) au point d’abscisse 1. Cette droite passe par \(\text{A}(1\,;\,2)\) et \(\text{C}(3\,;\,0)\), donc son coefficient directeur vaut

\[\dfrac{y_{\text{C}} – y_{\text{A}}}{x_{\text{C}} – x_{\text{A}}} = \dfrac{0 – 2}{3 – 1} = -1.\]

Ainsi \(f^{\prime}(1) = -1\).

2. \(f^{\prime}(x) = 0\) signifie que la tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point d’abscisse \(x\) est horizontale. Sur \(]0\,;\,3]\), la courbe monte jusqu’à un sommet (vers \(x \approx 0{,}37\)), descend jusqu’à un creux (vers \(x \approx 1{,}65\)) puis remonte : il y a exactement deux points à tangente horizontale, le maximum local et le minimum local. L’équation \(f^{\prime}(x) = 0\) admet donc deux solutions dans \(]0\,;\,3]\).

3. Au voisinage de \(x = 0{,}2\), la courbe est « tournée vers le bas » : elle est en dessous de ses tangentes (sa pente diminue en approchant du sommet). La fonction \(f\) y est donc concave, ce qui se traduit par \(f^{\prime\prime}(0{,}2) \lt 0\).

Partie B : étude de la fonction \(f\)

1. L’équation \(2X^2 – 3X + 2 = 0\) est du second degré, de discriminant \(\Delta = (-3)^2 – 4 \times 2 \times 2 = 9 – 16 = -7\). Comme \(\Delta \lt 0\), l’équation n’a aucune solution réelle (et le trinôme, du signe de son coefficient 2, est toujours strictement positif).

\(\mathcal{C}_f\) coupe l’axe des abscisses en un point d’abscisse \(x \gt 0\) si et seulement si \(f(x) = 0\). Comme \(x \gt 0\), un produit \(x \times [2(\ln x)^2 – 3\ln x + 2]\) est nul si et seulement si \(2(\ln x)^2 – 3\ln x + 2 = 0\). En posant \(X = \ln x\), on retrouve l’équation \(2X^2 – 3X + 2 = 0\), qui n’a pas de solution. Donc \(f(x) = 0\) n’a pas de solution sur \(]0\,;\,+\infty[\) : \(\mathcal{C}_f\) ne coupe pas l’axe des abscisses.

2. On pose \(X = \ln x\). Quand \(x \to +\infty\), \(X \to +\infty\). Le trinôme \(2X^2 – 3X + 2\) se comporte comme son terme de plus haut degré : \(\lim\limits_{X \to +\infty} (2X^2 – 3X + 2) = +\infty\) (on peut écrire \(2X^2 – 3X + 2 = X^2(2 – \dfrac{3}{X} + \dfrac{2}{X^2})\), produit de deux facteurs tendant vers \(+\infty\) et 2). Par composition, \(\lim\limits_{x \to +\infty} [2(\ln x)^2 – 3\ln x + 2] = +\infty\).

Comme \(\lim\limits_{x \to +\infty} x = +\infty\), on obtient par produit \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).

3. a. On dérive \(f^{\prime}(x) = 2(\ln x)^2 + \ln x – 1\). La dérivée de \((\ln x)^2\) est \(2 \times \dfrac{1}{x} \times \ln x\) (dérivée de \(u^2\) : \(2u^{\prime}u\)). Donc, pour tout \(x \gt 0\) :

\[f^{\prime\prime}(x) = 2 \times \dfrac{2\ln x}{x} + \dfrac{1}{x} – 0 = \dfrac{4\ln x + 1}{x} = \dfrac{1}{x}(4\ln x + 1).\]

b. Sur \(]0\,;\,+\infty[\), \(\dfrac{1}{x} \gt 0\), donc \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(4\ln x + 1\). Or, la fonction exponentielle étant strictement croissante :

\[4\ln x + 1 \gt 0 \iff \ln x \gt -\dfrac{1}{4} \iff x \gt \text{e}^{-\frac{1}{4}}.\]

\(x\)	\(0\)		\(\text{e}^{-\frac{1}{4}}\)		\(+\infty\)
signe de \(f^{\prime\prime}(x)\)	\|\|	\(-\)	0	\(+\)
convexité de \(f\)		concave	inflexion	convexe

\(f\) est concave sur \(]0\,;\,\text{e}^{-\frac{1}{4}}]\) et convexe sur \([\text{e}^{-\frac{1}{4}}\,;\,+\infty[\). La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en \(\text{e}^{-\frac{1}{4}}\) : la courbe admet un point d’inflexion d’abscisse \(\text{e}^{-\frac{1}{4}} \approx 0{,}779\). On retrouve le résultat de la partie A : \(0{,}2 \lt \text{e}^{-\frac{1}{4}}\), donc \(f^{\prime\prime}(0{,}2) \lt 0\).

c. Comme \(\text{e}^{-\frac{1}{4}} \lt 1\), l’intervalle \(]1\,;\,+\infty[\) est inclus dans \([\text{e}^{-\frac{1}{4}}\,;\,+\infty[\), où \(f\) est convexe. Or la courbe d’une fonction convexe sur un intervalle est au-dessus de chacune de ses tangentes en un point de cet intervalle. Le point de contact B a pour abscisse \(\text{e} \gt 1\) : \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \(T_{\text{B}}\) sur \(]1\,;\,+\infty[\).

Partie C : Calcul d’aire

1. La tangente au point d’abscisse \(\text{e}\) a pour équation \(y = f^{\prime}(\text{e})(x – \text{e}) + f(\text{e})\). Avec \(\ln \text{e} = 1\) :

\[f(\text{e}) = \text{e}(2 \times 1 – 3 \times 1 + 2) = \text{e} \qquad f^{\prime}(\text{e}) = 2 \times 1 + 1 – 1 = 2.\]

D’où \(y = 2(x – \text{e}) + \text{e}\), c’est-à-dire \(T_{\text{B}} : y = 2x – \text{e}\).

2. On pose, sur \([1\,;\,\text{e}]\), \(u(x) = \ln x\) et \(v^{\prime}(x) = x\), d’où \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\) et \(v(x) = \dfrac{x^2}{2}\). Les fonctions \(u\) et \(v\) sont dérivables à dérivées continues sur \([1\,;\,\text{e}]\), donc la formule d’intégration par parties s’applique :

\[\int_1^{\text{e}} x\ln x\,\text{d}x = [\dfrac{x^2}{2}\ln x]_1^{\text{e}} – \int_1^{\text{e}} \dfrac{x^2}{2} \times \dfrac{1}{x}\,\text{d}x = (\dfrac{\text{e}^2}{2} \times 1 – \dfrac{1}{2} \times 0) – \int_1^{\text{e}} \dfrac{x}{2}\,\text{d}x.\]

Or \(\displaystyle\int_1^{\text{e}} \dfrac{x}{2}\,\text{d}x = [\dfrac{x^2}{4}]_1^{\text{e}} = \dfrac{\text{e}^2 – 1}{4}\). Donc

\[\int_1^{\text{e}} x\ln x\,\text{d}x = \dfrac{2\text{e}^2}{4} – \dfrac{\text{e}^2 – 1}{4} = \dfrac{\text{e}^2 + 1}{4}.\]

3. D’après la partie B (question 3.c), \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \(T_{\text{B}}\) sur \(]1\,;\,+\infty[\) (et aussi en \(x = 1\), puisque \(f(1) = 2 \gt 2 – \text{e}\)). L’aire du domaine compris entre les deux courbes pour \(1 \leq\, x \leq\, \text{e}\) est donc l’intégrale de « courbe du haut moins courbe du bas » :

\[\mathcal{A} = \int_1^{\text{e}} [f(x) – (2x – \text{e})]\text{d}x.\]

En développant, \(f(x) = 2x(\ln x)^2 – 3x\ln x + 2x\), donc \(f(x) – (2x – \text{e}) = 2x(\ln x)^2 – 3x\ln x + \text{e}\). Par linéarité de l’intégrale :

\[\mathcal{A} = 2\int_1^{\text{e}} x(\ln x)^2\,\text{d}x – 3\int_1^{\text{e}} x\ln x\,\text{d}x + \int_1^{\text{e}} \text{e}\,\text{d}x.\]

Avec la valeur admise, celle de la question 2 et \(\displaystyle\int_1^{\text{e}} \text{e}\,\text{d}x = \text{e}(\text{e} – 1)\) :

\[\mathcal{A} = \dfrac{2(\text{e}^2 – 1)}{4} – \dfrac{3(\text{e}^2 + 1)}{4} + \dfrac{4\text{e}^2 – 4\text{e}}{4} = \dfrac{3\text{e}^2 – 4\text{e} – 5}{4}.\]

L’aire hachurée vaut \(\mathcal{A} = \dfrac{3\text{e}^2 – 4\text{e} – 5}{4}\) unité d’aire, soit environ 1,57 u.a.

Exercice 3 :

1. Affirmation 1 : vraie.

La représentation proposée décrit la droite passant par le point de paramètre \(t = 0\), soit \((3\,;\,2\,;\,-1)\), c’est-à-dire le point B, et dirigée par \(\vec{u}\begin{pmatrix}-2\\-1\\3\end{pmatrix}\). Par ailleurs \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}3-(-1)\\2-0\\-1-5\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\2\\-6\end{pmatrix} = -2\,\vec{u}\). Les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{\text{AB}}\) sont colinéaires : la droite décrite passe par B et a la direction de (AB), c’est donc bien la droite (AB).

Affirmation 2 : fausse.

On a \(\vec{\text{OA}}\begin{pmatrix}-1\\0\\5\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{OB}}\begin{pmatrix}3\\2\\-1\end{pmatrix}\), qui ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de l’un est nulle, pas celle de l’autre) : O, A, B définissent bien un plan. Le repère est orthonormé, on calcule les produits scalaires avec les coordonnées :

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{OA}} = 5 \times (-1) + (-2) \times 0 + 1 \times 5 = 0 \qquad \vec{n} \cdot \vec{\text{OB}} = 5 \times 3 + (-2) \times 2 + 1 \times (-1) = 10.\]

Le second produit scalaire n’est pas nul : \(\vec{n}\) n’est pas orthogonal à \(\vec{\text{OB}}\), vecteur du plan (OAB). Il ne peut donc pas être normal à ce plan.

2. Affirmation 3 : fausse.

Les vecteurs directeurs \(\vec{v}\begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix}\) de \(d\) et \(\vec{v^{\prime}}\begin{pmatrix}4\\4\\-6\end{pmatrix}\) de \(d^{\prime}\) ne sont pas colinéaires (\(4 = 4 \times 1\) mais \(4 \neq 4 \times (-1)\)) : les droites ne sont pas parallèles. Elles sont donc soit sécantes, soit non coplanaires. On cherche un point commun en résolvant le système :

\[\begin{cases} 15 + k = 1 + 4s \\ 8 – k = 2 + 4s \\ -6 + 2k = 1 – 6s \end{cases}\]

En additionnant les deux premières lignes, \(k\) disparaît : \(23 = 3 + 8s\), donc \(s = \dfrac{20}{8} = 2{,}5\). La première ligne donne alors \(k = 1 + 10 – 15 = -4\). On vérifie la troisième ligne : \(-6 + 2 \times (-4) = -14\) et \(1 – 6 \times 2{,}5 = -14\). Elle est satisfaite.

Le système a une solution \((k\,;\,s) = (-4\,;\,2{,}5)\) : les droites \(d\) et \(d^{\prime}\) se coupent au point \((11\,;\,12\,;\,-14)\). Deux droites sécantes sont contenues dans un même plan : elles sont coplanaires, et l’affirmation est fausse.

3. Affirmation 4 : vraie.

Un vecteur normal à \(\mathcal{P}\) est \(\vec{m}\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}\) (coefficients de l’équation). La droite \(\Delta\) passant par C et orthogonale à \(\mathcal{P}\) a pour représentation paramétrique \(\begin{cases} x = 2 + \lambda \\ y = -1 – \lambda \\ z = 2 + \lambda \end{cases}\) avec \(\lambda \in \mathbb{R}\). Le projeté orthogonal H de C sur \(\mathcal{P}\) est le point d’intersection de \(\Delta\) et \(\mathcal{P}\) :

\[(2 + \lambda) – (-1 – \lambda) + (2 + \lambda) + 1 = 0 \iff 3\lambda + 6 = 0 \iff \lambda = -2.\]

D’où \(\text{H}(0\,;\,1\,;\,0)\) et la distance de C au plan est

\[\text{CH} = \sqrt{(0 – 2)^2 + (1 + 1)^2 + (0 – 2)^2} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}.\]

La distance du point C au plan \(\mathcal{P}\) est bien \(2\sqrt{3}\).

Exercice 4 :

Partie A : étude d’un modèle discret

1. Le 1^er juillet 2025 correspond à \(n = 1\) :

\[u_1 = -0{,}02 \times 1^2 + 1{,}3 \times 1 = 1{,}28.\]

D’après ce modèle, la posidonie recouvrirait 1,28 ha au 1^er juillet 2025.

2. a. On remarque que \(u_{n+1} = h(u_n)\) pour tout \(n\). On démontre par récurrence la propriété \(\mathcal{P}_n\) : « \(1 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 20\) ».

Initialisation. \(u_0 = 1\) et \(u_1 = 1{,}28\), donc \(1 \leq\, u_0 \leq\, u_1 \leq\, 20\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}_n\) vraie pour un entier \(n\) : \(1 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 20\). Tous ces nombres sont dans \([0\,;\,20]\), où \(h\) est croissante ; appliquer \(h\) conserve donc l’ordre :

\[h(1) \leq\, h(u_n) \leq\, h(u_{n+1}) \leq\, h(20), \quad \text{soit} \quad 1{,}28 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 18,\]

car \(h(20) = -0{,}02 \times 400 + 26 = 18\). Comme \(1 \leq\, 1{,}28\) et \(18 \leq\, 20\), on obtient \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 20\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(1 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 20\).

b. La question précédente montre que \(u_n \leq\, u_{n+1}\) pour tout \(n\) : la suite est croissante. Elle montre aussi que \(u_n \leq\, 20\) : la suite est majorée par 20. D’après le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : \((u_n)\) converge vers une limite \(L\). De plus, en passant à la limite dans \(1 \leq\, u_n \leq\, 20\), on a \(1 \leq\, L \leq\, 20\).

c. La suite vérifie \(u_{n+1} = h(u_n)\) et \(h\) est continue (c’est un polynôme). En passant à la limite des deux côtés, la limite \(L\) vérifie \(h(L) = L\) :

\[-0{,}02L^2 + 1{,}3L = L \iff -0{,}02L^2 + 0{,}3L = 0 \iff L(-0{,}02L + 0{,}3) = 0 \iff L = 0 \text{ ou } L = 15.\]

Comme \(L \geq\, 1\), la valeur 0 est exclue, donc \(L = 15\).

3. a. La suite converge vers 15, qui est strictement supérieur à 14. Par définition de la limite, l’intervalle ouvert \(]14\,;\,16[\), qui contient 15, contient tous les termes \(u_n\) à partir d’un certain rang. Il existe donc une année à partir de laquelle la surface couverte dépasse 14 ha.

b. On fait avancer \(n\) et \(u\) ensemble tant que la surface n’a pas dépassé 14 ha ; à la sortie de la boucle, \(n\) est le premier rang pour lequel \(u_n \gt 14\). Script complété :

def seuil():
  n=0
  u= 1
  while u <= 14 :
    n=n+1
    u=-0.02*u**2+1.3*u
  return n

L’exécution donne \(u_{17} \approx 13{,}79\) et \(u_{18} \approx 14{,}12\) : la fonction renvoie 18. Selon ce modèle, la posidonie couvrira plus de 14 ha au 1^er juillet 2042. (Écrire while u < 14 donnerait le même résultat, aucun terme n’étant égal à 14.)

Partie B : étude d’un modèle continu

1. \(f\) est dérivable et ne s’annule pas sur \([0\,;\,+\infty[\), donc \(g = \dfrac{1}{f}\) est dérivable et \(g^{\prime}(t) = -\dfrac{f^{\prime}(t)}{f(t)^2}\). Comme \(f\) est solution de \((E_1)\), \(f^{\prime}(t) = 0{,}02f(t)(15 – f(t))\). En simplifiant par \(f(t) \neq 0\) :

\[g^{\prime}(t) = -\dfrac{0{,}02f(t)(15 – f(t))}{f(t)^2} = -\dfrac{0{,}02(15 – f(t))}{f(t)} = -\dfrac{0{,}3}{f(t)} + 0{,}02 = -0{,}3g(t) + 0{,}02.\]

Pour tout \(t \geq\, 0\), \(g^{\prime}(t) = -0{,}3g(t) + 0{,}02\) : \(g\) est solution de \((E_2)\).

2. \((E_2)\) est de la forme \(y^{\prime} = ay + b\) avec \(a = -0{,}3\) et \(b = 0{,}02\). Ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto C\text{e}^{at} – \dfrac{b}{a}\). Ici \(-\dfrac{b}{a} = \dfrac{0{,}02}{0{,}3} = \dfrac{1}{15}\). Les solutions de \((E_2)\) sont donc les fonctions \(t \mapsto C\text{e}^{-0{,}3t} + \dfrac{1}{15}\), où \(C\) est un réel quelconque.

3. D’après les questions 1 et 2, il existe un réel \(C\) tel que \(g(t) = C\text{e}^{-0{,}3t} + \dfrac{1}{15}\). Or \(g(0) = \dfrac{1}{f(0)} = 1\), d’où \(C + \dfrac{1}{15} = 1\) et \(C = \dfrac{14}{15}\). Ainsi, pour tout \(t \geq\, 0\) :

\[f(t) = \dfrac{1}{g(t)} = \dfrac{1}{\dfrac{14}{15}\text{e}^{-0{,}3t} + \dfrac{1}{15}} = \dfrac{15}{14\text{e}^{-0{,}3t} + 1},\]

en multipliant numérateur et dénominateur par 15.

4. \(\lim\limits_{t \to +\infty} (-0{,}3t) = -\infty\) et \(\lim\limits_{X \to -\infty} \text{e}^X = 0\), donc par composition \(\lim\limits_{t \to +\infty} \text{e}^{-0{,}3t} = 0\). Le dénominateur tend vers 1, d’où par quotient \(\lim\limits_{t \to +\infty} f(t) = 15\). Comme dans le modèle discret, la surface couverte se stabilise vers 15 ha.

5. Pour \(t \geq\, 0\), le dénominateur \(14\text{e}^{-0{,}3t} + 1\) est strictement positif, on peut donc multiplier par lui sans changer le sens de l’inégalité :

\[f(t) \gt 14 \iff 15 \gt 14(14\text{e}^{-0{,}3t} + 1) \iff 1 \gt 196\,\text{e}^{-0{,}3t} \iff \text{e}^{-0{,}3t} \lt \dfrac{1}{196}.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\) :

\[\text{e}^{-0{,}3t} \lt \dfrac{1}{196} \iff -0{,}3t \lt -\ln 196 \iff t \gt \dfrac{\ln 196}{0{,}3},\]

en divisant par \(-0{,}3 \lt 0\), ce qui renverse l’inégalité. L’ensemble des solutions est \(]\dfrac{\ln 196}{0{,}3}\,;\,+\infty[\), avec \(\dfrac{\ln 196}{0{,}3} \approx 17{,}6\).

Interprétation : d’après le modèle continu, la posidonie recouvre plus de 14 ha au bout d’environ 17,6 années après le 1^er juillet 2024, c’est-à-dire au début de l’année 2042. C’est cohérent avec le modèle discret, qui situait le dépassement entre le 1^er juillet 2041 et le 1^er juillet 2042.

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