Corrigé du bac de maths 2025 en France (septembre, jour 1)

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. La fonction \(u\) est le produit de \(t \mapsto t\) et de \(t \mapsto \text{e}^{-0{,}4t}\), toutes deux dérivables sur \(\mathbb{R}\). Avec \((vw)^{\prime} = v^{\prime}w + vw^{\prime}\) et \((\text{e}^{-0{,}4t})^{\prime} = -0{,}4\,\text{e}^{-0{,}4t}\), on obtient pour tout réel \(t\) :

\[u^{\prime}(t) = 1 \times \text{e}^{-0{,}4t} + t \times (-0{,}4\,\text{e}^{-0{,}4t}) = \text{e}^{-0{,}4t} – 0{,}4t\,\text{e}^{-0{,}4t}.\]

On ajoute \(0{,}4\,u(t) = 0{,}4t\,\text{e}^{-0{,}4t}\) : les termes en \(t\,\text{e}^{-0{,}4t}\) s’éliminent.

\[u^{\prime}(t) + 0{,}4\,u(t) = \text{e}^{-0{,}4t} – 0{,}4t\,\text{e}^{-0{,}4t} + 0{,}4t\,\text{e}^{-0{,}4t} = \text{e}^{-0{,}4t}.\]

L’égalité est vraie pour tout réel \(t\) : \(u\) est une solution particulière de \((E)\).

2. a. Supposons que \(g = f – u\) soit solution de \((H)\). Comme \(f = g + u\), la fonction \(f\) est dérivable et \(f^{\prime} = g^{\prime} + u^{\prime}\). Pour tout réel \(t\), on regroupe les termes :

\[f^{\prime}(t) + 0{,}4f(t) = \big(g^{\prime}(t) + 0{,}4g(t)\big) + \big(u^{\prime}(t) + 0{,}4u(t)\big).\]

La première parenthèse vaut 0 car \(g\) est solution de \((H)\) ; la seconde vaut \(\text{e}^{-0{,}4t}\) d’après la question 1. Donc \(f^{\prime}(t) + 0{,}4f(t) = \text{e}^{-0{,}4t}\) pour tout \(t\) : \(f\) est solution de \((E)\).

b. L’équation \((H)\) s’écrit \(y^{\prime} = -0{,}4y\). D’après le cours, les solutions de \(y^{\prime} = ay\) sont les fonctions \(t \mapsto C\,\text{e}^{at}\) avec \(C\) réel. Ici \(a = -0{,}4\) : les solutions de \((H)\) sont les fonctions \(t \mapsto C\,\text{e}^{-0{,}4t}\), \(C \in \mathbb{R}\).

c. D’après la question a. et sa réciproque admise, \(f\) est solution de \((E)\) si et seulement si \(f – u\) est solution de \((H)\), c’est-à-dire si et seulement s’il existe un réel \(C\) tel que \(f(t) – t\,\text{e}^{-0{,}4t} = C\,\text{e}^{-0{,}4t}\) pour tout \(t\). Les solutions de \((E)\) sont donc les fonctions \(t \mapsto (t + C)\,\text{e}^{-0{,}4t}\), où \(C \in \mathbb{R}\).

d. Pour une telle fonction, \(f(0) = (0 + C)\,\text{e}^{0} = C\). La condition \(f(0) = 1\) impose donc \(C = 1\) : \(f(t) = (t + 1)\,\text{e}^{-0{,}4t}\). C’est justement la fonction étudiée dans la partie B.

Partie B

1. a. On dérive le produit \((t+1) \times \text{e}^{-0{,}4t}\) : pour tout \(t \in [0\,;\,6]\),

\[f^{\prime}(t) = 1 \times \text{e}^{-0{,}4t} + (t + 1) \times (-0{,}4\,\text{e}^{-0{,}4t}) = (1 – 0{,}4t – 0{,}4)\text{e}^{-0{,}4t} = (-0{,}4t + 0{,}6)\,\text{e}^{-0{,}4t}.\]

C’est bien l’expression demandée.

b. Une exponentielle est toujours strictement positive, donc \(f^{\prime}(t)\) a le signe de \(-0{,}4t + 0{,}6\). Or \(-0{,}4t + 0{,}6 \gt 0 \iff 0{,}6 \gt 0{,}4t \iff t \lt 1{,}5\). Ainsi \(f^{\prime}\) est positive sur \([0\,;\,1{,}5]\), s’annule en 1,5 et est négative sur \([1{,}5\,;\,6]\) : \(f\) est croissante sur \([0\,;\,1{,}5]\) puis décroissante sur \([1{,}5\,;\,6]\).

Valeurs utiles : \(f(0) = 1\), \(f(1{,}5) = 2{,}5\,\text{e}^{-0{,}6} \approx 1{,}372\) et \(f(6) = 7\,\text{e}^{-2{,}4} \approx 0{,}635\).

2. a. On découpe \([0\,;\,6]\) selon les variations.

• Sur \([0\,;\,1{,}5]\), \(f\) est croissante donc \(f(t) \geq\, f(0) = 1 \gt 0{,}7\) : l’équation n’a pas de solution sur cet intervalle.
• Sur \([1{,}5\,;\,6]\), \(f\) est continue (elle est dérivable) et strictement décroissante, avec \(f(1{,}5) \approx 1{,}372 \gt 0{,}7\) et \(f(6) \approx 0{,}635 \lt 0{,}7\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(t) = 0{,}7\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([1{,}5\,;\,6]\).

En réunissant les deux cas, l’équation \(f(t) = 0{,}7\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \([0\,;\,6]\), et \(\alpha \in [1{,}5\,;\,6]\).

b. D’après le tableau de variations, \(f(t) \lt 0{,}7\) exactement lorsque \(t \gt \alpha\) : la personne entre en hypoglycémie à l’instant \(\alpha\). Par balayage à la calculatrice : \(f(5{,}61) \approx 0{,}7009 \gt 0{,}7\) et \(f(5{,}62) \approx 0{,}6991 \lt 0{,}7\), donc \(5{,}61 \lt \alpha \lt 5{,}62\) ; plus finement \(\alpha \approx 5{,}615\) h. Or \(0{,}615 \times 60 \approx 36{,}9\) minutes. Pour la minute près, on vérifie : \(f(5 + \frac{36}{60}) \approx 0{,}7026\) et \(f(5 + \frac{37}{60}) \approx 0{,}6997\). La personne est donc en hypoglycémie environ 5 h 37 min après la fin du repas.

3. a. On pose, pour \(t \in [0\,;\,6]\) : \(u(t) = t + 1\) et \(v^{\prime}(t) = \text{e}^{-0{,}4t}\), d’où \(u^{\prime}(t) = 1\) et \(v(t) = -\dfrac{1}{0{,}4}\,\text{e}^{-0{,}4t} = -2{,}5\,\text{e}^{-0{,}4t}\). Ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur \([0\,;\,6]\), ce qui autorise l’intégration par parties :

\[\int_0^6 (t+1)\,\text{e}^{-0{,}4t}\,\text{d}t = \Big[-2{,}5(t+1)\,\text{e}^{-0{,}4t}\Big]_0^6 – \int_0^6 1 \times (-2{,}5\,\text{e}^{-0{,}4t})\text{d}t.\]

Le crochet vaut \(-2{,}5 \times 7\,\text{e}^{-2{,}4} – (-2{,}5 \times 1 \times \text{e}^{0}) = -17{,}5\,\text{e}^{-2{,}4} + 2{,}5\).

L’intégrale restante vaut \(2{,}5\displaystyle\int_0^6 \text{e}^{-0{,}4t}\,\text{d}t = 2{,}5\Big[-2{,}5\,\text{e}^{-0{,}4t}\Big]_0^6 = 2{,}5(-2{,}5\,\text{e}^{-2{,}4} + 2{,}5) = -6{,}25\,\text{e}^{-2{,}4} + 6{,}25\).

En additionnant :

\[\int_0^6 f(t)\,\text{d}t = -17{,}5\,\text{e}^{-2{,}4} + 2{,}5 – 6{,}25\,\text{e}^{-2{,}4} + 6{,}25 = -23{,}75\,\text{e}^{-2{,}4} + 8{,}75.\]

C’est le résultat annoncé.

b. La glycémie moyenne sur les six heures est la valeur moyenne de \(f\) sur \([0\,;\,6]\) :

\[m = \dfrac{1}{6 – 0}\int_0^6 f(t)\,\text{d}t = \dfrac{-23{,}75\,\text{e}^{-2{,}4} + 8{,}75}{6} = \dfrac{35 – 95\,\text{e}^{-2{,}4}}{24} \approx 1{,}099.\]

La glycémie moyenne pendant les six heures qui suivent le repas est donc d’environ \(1{,}10\ \text{g.L}^{-1}\).

c. Puisque \(f\) est solution de \((E)\), on a \(f^{\prime} + 0{,}4f = \text{e}^{-0{,}4t}\), c’est-à-dire \(f(t) = 2{,}5\,\text{e}^{-0{,}4t} – 2{,}5\,f^{\prime}(t)\). Il suffit alors d’intégrer chaque membre sans intégration par parties : une primitive de \(f^{\prime}\) est \(f\) elle-même, et une primitive de \(\text{e}^{-0{,}4t}\) est \(-2{,}5\,\text{e}^{-0{,}4t}\). On obtient :

\[\int_0^6 f(t)\,\text{d}t = 2{,}5\Big[-2{,}5\,\text{e}^{-0{,}4t}\Big]_0^6 – 2{,}5\big(f(6) – f(0)\big) = -6{,}25\,\text{e}^{-2{,}4} + 6{,}25 – 2{,}5(7\,\text{e}^{-2{,}4} – 1).\]

Cela donne \(-6{,}25\,\text{e}^{-2{,}4} – 17{,}5\,\text{e}^{-2{,}4} + 6{,}25 + 2{,}5 = -23{,}75\,\text{e}^{-2{,}4} + 8{,}75\) : l’équation différentielle fournit directement une primitive de \(f\), à savoir \(F(t) = -2{,}5(2{,}5\,\text{e}^{-0{,}4t} + f(t)) = (-2{,}5t – 8{,}75)\,\text{e}^{-0{,}4t}\), et on retrouve le même résultat.

Exercice 2 :

Partie A

1. Les faces EFGH et BCGF du cube sont des carrés, donc \((FG) \perp (FE)\) et \((FG) \perp (FB)\). La droite (FG) est ainsi orthogonale à deux droites sécantes (en F) du plan (ABF) : elle est orthogonale à ce plan, donc à toute droite contenue dans ce plan.

Or \(\vec{BM} = \vec{AB}\) montre que M appartient à la droite (AB), donc au plan (ABF) ; comme F est aussi dans ce plan, la droite (FM) est contenue dans le plan (ABF). Par conséquent (FG) est orthogonale à (FM). Les deux droites passent par F, elles sont donc sécantes : (FG) et (FM) sont perpendiculaires.

2. Par la relation de Chasles, \(\vec{AM} = \vec{AB} + \vec{BM} = 2\,\vec{AB}\). Dans le cube, ABGH est un rectangle (les arêtes [AB] et [HG] sont parallèles et de même sens), donc \(\vec{HG} = \vec{AB}\). Il vient \(\vec{AM} = 2\,\vec{HG}\) : les droites (AM) et (HG) sont parallèles.

Deux droites parallèles sont contenues dans un même plan, donc les points A, M, G et H sont coplanaires.

Partie B

Dans ce repère : A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1), F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 1), H(0 ; 1 ; 1). De \(\vec{AM} = 2\,\vec{AB}\) on tire M(2 ; 0 ; 0).

1. \(\vec{GM}\) a pour coordonnées \((2 – 1\,;\,0 – 1\,;\,0 – 1)\), soit \(\vec{GM}(1\,;\,-1\,;\,-1)\), et \(\vec{AH}\) a les coordonnées de H, soit \(\vec{AH}(0\,;\,1\,;\,1)\).

S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(\lambda\) tel que \(\vec{GM} = \lambda\,\vec{AH}\) ; la première coordonnée donnerait \(1 = \lambda \times 0 = 0\), ce qui est impossible. Les vecteurs \(\vec{GM}\) et \(\vec{AH}\) ne sont pas colinéaires.

2. a. La droite (GM) passe par G(1 ; 1 ; 1) et a pour vecteur directeur \(\vec{GM}(1\,;\,-1\,;\,-1)\). Un point \(P(x\,;\,y\,;\,z)\) est sur (GM) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{GP} = t\,\vec{GM}\), c’est-à-dire \(x – 1 = t\), \(y – 1 = -t\), \(z – 1 = -t\). On retrouve bien le système \(x = 1 + t\), \(y = 1 – t\), \(z = 1 – t\) avec \(t \in \mathbb{R}\).

b. Un point commun aux deux droites correspond à des paramètres \(t\) et \(k\) tels que \(1 + t = 0\), \(1 – t = k\) et \(1 – t = k\). La première équation donne \(t = -1\), puis les deux autres donnent \(k = 2\) : le système a une unique solution, donc les droites (non parallèles d’après la question 1) se coupent en un seul point. Avec \(t = -1\) dans la représentation de (GM) : \(x = 0\), \(y = 2\), \(z = 2\). Le point d’intersection est N(0 ; 2 ; 2).

3. a. On a \(\vec{AM}(2\,;\,0\,;\,0)\) et \(\vec{AN}(0\,;\,2\,;\,2)\). Le repère étant orthonormé, \(\vec{AM} \cdot \vec{AN} = 2 \times 0 + 0 \times 2 + 0 \times 2 = 0\). Les vecteurs sont orthogonaux, donc le triangle AMN est rectangle en A.

b. On calcule les longueurs des côtés de l’angle droit : \(AM = \sqrt{2^2} = 2\) et \(AN = \sqrt{0^2 + 2^2 + 2^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}\). L’aire d’un triangle rectangle est le demi-produit des côtés de l’angle droit :

\[\mathcal{A}_{AMN} = \dfrac{AM \times AN}{2} = \dfrac{2 \times 2\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}.\]

L’aire du triangle AMN vaut \(2\sqrt{2}\) unités d’aire (environ 2,83).

4. a. Le centre J du carré BCGF est le milieu de sa diagonale [BG] :

\[J(\dfrac{1 + 1}{2}\,;\,\dfrac{0 + 1}{2}\,;\,\dfrac{0 + 1}{2}), \quad \text{soit } J(1\,;\,0{,}5\,;\,0{,}5).\]

b. \(\vec{FJ}\) a pour coordonnées \((1 – 1\,;\,0{,}5 – 0\,;\,0{,}5 – 1) = (0\,;\,0{,}5\,;\,-0{,}5)\). On calcule ses produits scalaires avec deux vecteurs non colinéaires du plan (AMN) :

\[\vec{FJ} \cdot \vec{AM} = 0 \times 2 + 0{,}5 \times 0 + (-0{,}5) \times 0 = 0, \qquad \vec{FJ} \cdot \vec{AN} = 0 \times 0 + 0{,}5 \times 2 + (-0{,}5) \times 2 = 0.\]

\(\vec{AM}\) et \(\vec{AN}\) ne sont pas colinéaires (ils sont orthogonaux et non nuls). \(\vec{FJ}\) est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan, donc \(\vec{FJ}\) est un vecteur normal au plan (AMN).

c. Pour montrer que J est dans le plan (AMN), on vérifie que \(\vec{AJ}\), \(\vec{AM}\) et \(\vec{AN}\) sont coplanaires : \(\vec{AJ}(1\,;\,0{,}5\,;\,0{,}5)\) et \(\dfrac{1}{2}\vec{AM} + \dfrac{1}{4}\vec{AN}\) a pour coordonnées \((1\,;\,0{,}5\,;\,0{,}5)\). Donc \(\vec{AJ} = \dfrac{1}{2}\vec{AM} + \dfrac{1}{4}\vec{AN}\) et J appartient au plan (AMN).

On peut aussi le voir avec une équation : un vecteur normal \((0\,;\,1\,;\,-1)\) (colinéaire à \(\vec{FJ}\)) et le point A donnent l’équation \(y – z = 0\), et J la vérifie car \(0{,}5 – 0{,}5 = 0\).

Ainsi J est un point du plan (AMN) et la droite (FJ) est orthogonale à ce plan : J est le projeté orthogonal de F sur le plan (AMN).

5. Tétraèdre AMNF. On prend pour base le triangle AMN, d’aire \(2\sqrt{2}\). Comme J est le projeté orthogonal de F sur le plan de cette base, la hauteur associée est \(FJ = \sqrt{0^2 + 0{,}5^2 + (-0{,}5)^2} = \sqrt{0{,}5} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\). Donc :

\[\mathcal{V}_{AMNF} = \dfrac{1}{3} \times 2\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{1}{3} \times 2 = \dfrac{2}{3}.\]

Pyramide BCGFM. Sa base est le carré BCGF, de côté 1, donc d’aire 1. La droite (BM), qui est la droite (AB), est orthogonale à la face BCGF (car (AB) est perpendiculaire à (BC) et à (BF)) ; la hauteur issue de M est donc \(BM = AB = 1\). D’où :

\[\mathcal{V}_{BCGFM} = \dfrac{1}{3} \times 1 \times 1 = \dfrac{1}{3}.\]

On a bien \(\dfrac{2}{3} = 2 \times \dfrac{1}{3}\) : le volume du tétraèdre AMNF est le double de celui de la pyramide BCGFM.

Exercice 3 :

Partie A

1. Pour \(x \geq\, 2\), on a \(3x – 2 \geq\, 4 \gt 0\), donc \(f\) est bien définie et dérivable sur \([2\,;\,+\infty[\). Avec \((\sqrt{w})^{\prime} = \dfrac{w^{\prime}}{2\sqrt{w}}\) :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{3}{2\sqrt{3x – 2}} \gt 0.\]

Donc \(f\) est strictement croissante sur \([2\,;\,+\infty[\). Valeur au bord : \(f(2) = \sqrt{6 – 2} = \sqrt{4} = 2\). Limite : \(\lim\limits_{x \to +\infty} (3x – 2) = +\infty\) et \(\lim\limits_{X \to +\infty} \sqrt{X} = +\infty\), donc par composition \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\). Tous les éléments du tableau sont justifiés.

2. a. Notons \(P(n)\) la propriété : « \(2 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 6\) ».

Initialisation. \(u_0 = 6\) et \(u_1 = f(6) = \sqrt{16} = 4\). On a bien \(2 \leq\, 4 \leq\, 6 \leq\, 6\) : \(P(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(P(n)\) est vraie : \(2 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 6\). Tous ces nombres sont dans \([2\,;\,+\infty[\), où \(f\) est croissante ; appliquer \(f\) conserve donc l’ordre :

\[f(2) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(u_n) \leq\, f(6), \quad \text{soit} \quad 2 \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1} \leq\, 4.\]

Comme \(4 \leq\, 6\), on obtient \(2 \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1} \leq\, 6\) : \(P(n+1)\) est vraie.

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(2 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 6\).

b. L’inégalité \(u_{n+1} \leq\, u_n\) pour tout \(n\) montre que \((u_n)\) est décroissante ; l’inégalité \(u_n \geq\, 2\) montre qu’elle est minorée par 2. D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge, et sa limite \(\ell\) vérifie \(\ell \geq\, 2\).

3. On résout \(f(x) = x\) pour \(x \geq\, 2\). Les deux membres étant positifs, on peut élever au carré sans perdre d’équivalence :

\[\sqrt{3x – 2} = x \iff 3x – 2 = x^2 \iff x^2 – 3x + 2 = 0 \iff (x – 1)(x – 2) = 0.\]

Les solutions de l’équation du second degré sont 1 et 2 ; seule 2 appartient à \([2\,;\,+\infty[\). Comme \(\ell \geq\, 2\), on conclut \(\ell = 2\).

4. La fonction rang part de \(u = u_0 = 6\) et \(n = 0\), puis, tant que \(u \geq\, a\), remplace \(u\) par le terme suivant de la suite et augmente \(n\) de 1. Elle renvoie donc le premier indice \(n\) tel que \(u_n \lt a\), s’il existe. (À la ligne 6, l’écriture u > = a du sujet est à lire comme le test Python u >= a.)

a. La suite \((u_n)\) converge vers 2 et \(2{,}000001 \gt 2\). Par définition de la limite, l’intervalle ouvert \(]1\,;\,2{,}000001[\), qui contient 2, contient tous les termes \(u_n\) à partir d’un certain rang. Il existe donc un indice pour lequel \(u_n \lt 2{,}000001\) : la boucle while s’arrête et rang(2.000001) renvoie une valeur (le premier de ces indices).

b. Si \(a \gt 2\), le même raisonnement s’applique (et si \(a \gt 6\), la boucle ne s’exécute même pas et la fonction renvoie 0). Si \(a \leq\, 2\), on a toujours \(u_n \geq\, 2 \geq\, a\) d’après la question 2.a, donc la condition \(u \geq\, a\) reste vraie et la boucle ne s’arrête jamais. Conclusion : rang(a) renvoie un résultat si et seulement si \(a \gt 2\).

Partie B

1. \(v_1 = 3 – \dfrac{2}{v_0} = 3 – \dfrac{2}{6} = 3 – \dfrac{1}{3}\), donc \(v_1 = \dfrac{8}{3}\).

2. a. Pour tout entier naturel \(n\), on exprime \(w_{n+1}\) en fonction de \(v_n\) :

\[v_{n+1} – 1 = 2 – \dfrac{2}{v_n} = \dfrac{2(v_n – 1)}{v_n} \qquad \text{et} \qquad v_{n+1} – 2 = 1 – \dfrac{2}{v_n} = \dfrac{v_n – 2}{v_n}.\]

En divisant (les dénominateurs \(v_n\) se simplifient) :

\[w_{n+1} = \dfrac{v_{n+1} – 1}{v_{n+1} – 2} = \dfrac{2(v_n – 1)}{v_n – 2} = 2\,w_n.\]

La suite \((w_n)\) est donc géométrique de raison 2, de premier terme \(w_0 = \dfrac{6 – 1}{6 – 2} = \dfrac{5}{4} = 1{,}25\).

b. D’après a., \(w_n = 1{,}25 \times 2^n\) pour tout \(n\). Comme \(2^n \geq\, 1\), on a \(w_n – 1 \geq\, 0{,}25 \gt 0\), donc \(w_n – 1\) n’est jamais nul et on peut inverser l’égalité admise :

\[v_n – 2 = \dfrac{1}{w_n – 1} = \dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n – 1}, \quad \text{d^{\prime}où} \quad v_n = 2 + \dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n – 1}.\]

c. Comme \(2 \gt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} 2^n = +\infty\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} (1{,}25 \times 2^n – 1) = +\infty\) et, par passage à l’inverse, \(\dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n – 1}\) tend vers 0. Par somme, \(\lim\limits_{n \to +\infty} v_n = 2\).

3. Le dénominateur \(1{,}25 \times 2^n – 1\) est strictement positif, ce qui permet de multiplier sans changer le sens de l’inégalité :

\[v_n \lt 2{,}01 \iff \dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n – 1} \lt 0{,}01 \iff 100 \lt 1{,}25 \times 2^n – 1 \iff 2^n \gt \dfrac{101}{1{,}25} = 80{,}8.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\) et \(\ln 2 \gt 0\), donc :

\[2^n \gt 80{,}8 \iff n\ln 2 \gt \ln(80{,}8) \iff n \gt \dfrac{\ln(80{,}8)}{\ln 2} \approx 6{,}34.\]

Le plus petit entier \(n\) tel que \(v_n \lt 2{,}01\) est \(n = 7\). Contrôle : \(v_6 \approx 2{,}0127\) et \(v_7 \approx 2{,}0063\).

Partie C

Suite \((v_n)\). Pour tout \(n\), \(\dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n – 1} \gt 0\), donc \(v_n \gt 2 \gt 1{,}99\). D’après la question B.3, l’équivalence obtenue montre que \(v_n \lt 2{,}01\) pour tout \(n \geq\, 7\) et seulement pour ces indices. Donc \(v_n \in\ ]1{,}99\,;\,2{,}01[\) exactement lorsque \(n \geq\, 7\).

Suite \((u_n)\). Pour tout \(n\), \(u_n \geq\, 2 \gt 1{,}99\) ; il reste à savoir quand \(u_n \lt 2{,}01\). À la calculatrice (ou avec la fonction rang(2.01)) : \(u_{16} \approx 2{,}0116 \geq\, 2{,}01\) et \(u_{17} \approx 2{,}0087 \lt 2{,}01\). La suite étant décroissante, pour tout \(n \geq\, 17\), \(2 \leq\, u_n \leq\, u_{17} \lt 2{,}01\), alors que \(u_{16}\) n’est pas dans l’intervalle.

Les deux conditions sont réunies à partir de \(\max(7\,;\,17) = 17\), et l’indice 16 ne convient pas à cause de \(u_{16}\). Le plus petit entier cherché est \(N = 17\). On remarque au passage que \((v_n)\) s’approche de 2 beaucoup plus vite que \((u_n)\).

Exercice 4 :

1. Affirmation 1 : fausse. Un code est une liste ordonnée de 4 chiffres distincts dont le premier n’est pas 0. On compte les choix position par position :

• premier chiffre : 9 choix (de 1 à 9) ;
• deuxième chiffre : 9 choix (les 10 chiffres, 0 compris, sauf celui déjà utilisé) ;
• troisième chiffre : 8 choix ;
• quatrième chiffre : 7 choix.

Par le principe multiplicatif, il y a \(9 \times 9 \times 8 \times 7 = 4\,536\) codes, et non 5 040 (le nombre 5 040 = \(10 \times 9 \times 8 \times 7\) correspondrait à des codes pouvant commencer par 0). L’affirmation 1 est fausse.

2. Affirmation 2 : fausse. Notons \(L\) l’évènement « le billet est acheté en ligne » et \(A\) l’évènement « la personne prend l’audioguide ». L’énoncé donne \(P(L) = 0{,}7\), \(P_L(A) = 0{,}8\) et \(P(\overline{A}) = 0{,}32\). On en déduit \(P(\overline{L}) = 0{,}3\) et \(P_L(\overline{A}) = 0{,}2\).

\(L\) et \(\overline{L}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :

\[P(\overline{A}) = P(L \cap \overline{A}) + P(\overline{L} \cap \overline{A}), \quad \text{avec} \quad P(L \cap \overline{A}) = P(L) \times P_L(\overline{A}) = 0{,}7 \times 0{,}2 = 0{,}14.\]

Donc \(P(\overline{L} \cap \overline{A}) = 0{,}32 – 0{,}14 = 0{,}18\), puis :

\[P_{\overline{L}}(\overline{A}) = \dfrac{P(\overline{L} \cap \overline{A})}{P(\overline{L})} = \dfrac{0{,}18}{0{,}3} = 0{,}6.\]

Or \(0{,}6 \lt \dfrac{2}{3} \approx 0{,}667\). L’affirmation 2 est fausse.

3. Affirmation 3 : vraie. Soit \(Y\) le nombre de visiteurs, parmi les 12, qui optent pour l’audioguide. Chaque visiteur choisit l’audioguide avec la probabilité \(P(A) = 1 – 0{,}32 = 0{,}68\), et les 12 choix sont indépendants : on répète 12 fois, de façon identique et indépendante, une épreuve de Bernoulli de succès « audioguide ». Donc \(Y\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 12\) et \(p = 0{,}68\).

« Exactement la moitié » signifie \(Y = 6\) :

\[P(Y = 6) = \binom\,{12}{6} \times 0{,}68^6 \times 0{,}32^6 = 924 \times (0{,}68 \times 0{,}32)^6 = 924 \times 0{,}2176^6,\]

car \(\binom\,{12}{6} = \dfrac{12!}{6!\,6!} = 924\) et \(0{,}68 \times 0{,}32 = 0{,}2176\). Cette probabilité vaut environ 0,098. L’affirmation 3 est vraie.

4. Affirmation 4 : fausse. On convertit les durées en minutes : 50 min, 1 h 20 min = 80 min et 1 h 40 min = 100 min. L’espérance est la moyenne des valeurs pondérée par leurs probabilités :

\[E(X) = 0{,}1 \times 50 + 0{,}6 \times 80 + 0{,}3 \times 100 = 5 + 48 + 30 = 83.\]

La durée moyenne d’un parcours est de 83 minutes (1 h 23 min), et non 77 minutes. L’affirmation 4 est fausse.

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