Corrigé du bac de maths 2025, spécialité, jour 1 (Métropole)

Premier niveau : P(A) = 0,45, P(B) = 0,10 et P(AB) = 0,03.

La somme des quatre probabilités vaut 1, donc P(O) = 1 − 0,45 − 0,10 − 0,03 = 0,42.

Depuis A : 0,85 vers R et 1 − 0,85 = 0,15 vers R̄.

Depuis B : 0,84 vers R et 0,16 vers R̄.

Depuis AB : 0,82 vers R et 0,18 vers R̄.

Conseil : Les deux branches issues de O n’ont pas de pointillés : leurs probabilités sont l’objet des questions 3 et 4.

P(B ∩ R) = P(B) × P_B(R) = 0,10 × 0,84 = 0,084.

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

P(B ∩ R) = 0,084.

Les événements A, B, AB et O forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

P(R) = P(A ∩ R) + P(B ∩ R) + P(AB ∩ R) + P(O ∩ R).

P(A ∩ R) = 0,45 × 0,85 = 0,3825 et P(AB ∩ R) = 0,03 × 0,82 = 0,0246.

Donc P(O ∩ R) = 0,8397 − 0,3825 − 0,084 − 0,0246 = 0,3486.

P_O(R) = P(O ∩ R) ÷ P(O) = 0,3486 ÷ 0,42 = 0,83.

P_O(R) = 0,83.

Un donneur universel est de groupe O et de rhésus négatif : on cherche P(O ∩ R̄).

D’après la question 3, P_O(R̄) = 1 − 0,83 = 0,17.

P(O ∩ R̄) = P(O) × P_O(R̄) = 0,42 × 0,17 = 0,0714.

P(O ∩ R̄) = 0,0714.

Le choix d’une personne est une épreuve à deux issues. Le succès est « la personne est donneur universel », de probabilité p = 0,0714.

Le choix des 100 personnes est assimilé à un tirage avec remise : on répète donc 100 fois cette épreuve, de façon identique et indépendante.

X compte le nombre de succès. X suit donc la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,0714.

X suit la loi binomiale B(100 ; 0,0714).

« Au plus 7 » se traduit par X ≤ 7.

À la calculatrice, avec la fonction de répartition de la loi binomiale pour n = 100, p = 0,0714 et k = 7 : P(X ≤ 7) ≈ 0,577.

P(X ≤ 7) ≈ 0,577.

Conseil : La valeur 0,154 correspond à P(X = 7). Choisis bien la fonction cumulée de ta calculatrice.

Pour une loi binomiale, E(X) = np = 100 × 0,0714 = 7,14.

V(X) = np(1 − p) = 100 × 0,0714 × 0,9286 = 6,630204, soit 6,63 à 10⁻² près.

E(X) = 7,14 et V(X) ≈ 6,63.

M_N est la somme des nombres de donneurs universels des N échantillons, divisée par N.

M_N représente donc le nombre moyen de donneurs universels par échantillon de 100 personnes, sur les N villes.

Par linéarité de l’espérance :

E(M_N) = (1/N) × (E(X₁) + E(X₂) + … + E(X_N)) = (1/N) × N × 7,14 = 7,14.

E(M_N) = 7,14.

Pour un réel a, V(aY) = a² × V(Y). Ici a = 1/N, donc V(M_N) = (1/N²) × V(X₁ + X₂ + … + X_N).

Les variables sont indépendantes, donc la variance de leur somme est la somme de leurs variances : V(X₁ + X₂ + … + X_N) = N × 6,63.

V(M_N) = (1/N²) × N × 6,63 = 6,63/N.

Conseil : Cite l’indépendance : c’est elle qui autorise à additionner les variances. Le facteur 1/N sort au carré.

L’intervalle ]7 ; 7,28[ est centré sur l’espérance 7,14, avec un rayon de 0,14 :

7 < M_N < 7,28 équivaut à |M_N − 7,14| < 0,14.

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne : P(|M_N − 7,14| ≥ 0,14) ≤ V(M_N) ÷ 0,14² = 6,63 ÷ (0,0196 × N).

En passant à l’événement contraire : P(7 < M_N < 7,28) ≥ 1 − 6,63 ÷ (0,0196 × N).

Il suffit donc d’avoir 1 − 6,63 ÷ (0,0196 × N) ≥ 0,95, c’est-à-dire 6,63 ÷ (0,0196 × N) ≤ 0,05.

Cela équivaut à N ≥ 6,63 ÷ (0,05 × 0,0196), soit N ≥ 6,63 ÷ 0,00098, avec 6,63 ÷ 0,00098 ≈ 6 765,3.

N est un entier, donc la plus petite valeur convenable est 6 766.

N = 6 766.

Conseil : La valeur 6 765,3 s’arrondit vers le haut, car il faut N ≥ 6 765,3. Avec N = 6 765, la borne obtenue reste juste en dessous de 0,95.

f′(1) est le coefficient directeur de la tangente à C_f au point d’abscisse 1, c’est-à-dire de la droite T_A.

Cette droite passe par A(1 ; 2) et C(3 ; 0). Donc f′(1) = (0 − 2) ÷ (3 − 1) = −1.

f′(1) = −1.

f′(x) = 0 signifie que la tangente à C_f au point d’abscisse x est horizontale.

Sur le graphique, la courbe monte, atteint un maximum pour x proche de 0,4, descend, atteint un minimum pour x proche de 1,6, puis remonte jusqu’à x = 3.

La courbe admet donc deux tangentes horizontales sur ]0 ; 3], l’une à son maximum et l’autre à son minimum.

L’équation f′(x) = 0 admet deux solutions sur ]0 ; 3].

Au voisinage de x = 0,2, la courbe est située en dessous de ses tangentes : la fonction f y est concave.

Sur un intervalle où f est concave, f′ est décroissante et f″ est négative.

f″(0,2) est négatif.

Conseil : Ne confonds pas le signe de f′ et celui de f″. En x = 0,2, f est croissante, donc f′(0,2) est positif, mais la pente diminue.

Δ = (−3)² − 4 × 2 × 2 = 9 − 16 = −7.

Δ < 0, donc l’équation n’a aucune solution réelle.

C_f coupe l’axe des abscisses si et seulement s’il existe x > 0 tel que f(x) = 0.

Or f(x) = x × (2(ln x)² − 3 ln x + 2). Sur ]0 ; +∞[, x n’est pas nul. Si f(x) était nul, le réel X = ln x serait solution de 2X² − 3X + 2 = 0, ce qui est impossible.

Donc f(x) n’est jamais nul, et C_f ne coupe pas l’axe des abscisses.

Aucune solution réelle : C_f ne coupe pas l’axe des abscisses.

Il y a une forme indéterminée dans 2(ln x)² − 3 ln x. On factorise par X² en posant X = ln x, pour X non nul :

2X² − 3X + 2 = X² × (2 − 3/X + 2/X²).

Quand X tend vers +∞, X² tend vers +∞ et la parenthèse tend vers 2. Donc 2X² − 3X + 2 tend vers +∞.

Comme la limite de ln x en +∞ est +∞, par composition, la limite de 2(ln x)² − 3 ln x + 2 en +∞ est +∞.

Enfin, x tend vers +∞, donc par produit la limite de f en +∞ est +∞.

La limite de f en +∞ est +∞.

On part de f′(x) = 2(ln x)² + ln x − 1.

La dérivée de (ln x)² est 2 × (1/x) × ln x, d’après la formule de la dérivée de u² avec u = ln x.

f″(x) = 2 × 2 × (1/x) × ln x + 1/x = (4 ln x)/x + 1/x = (1/x)(4 ln x + 1).

Sur ]0 ; +∞[, 1/x > 0. Donc f″(x) a le signe de 4 ln x + 1.

4 ln x + 1 ≥ 0 équivaut à ln x ≥ −1/4, c’est-à-dire à x ≥ e^(−1/4), car la fonction exponentielle est strictement croissante.

Donc f″ est négative sur ]0 ; e^(−1/4)] et positive sur [e^(−1/4) ; +∞[.

La fonction f est concave sur ]0 ; e^(−1/4)] et convexe sur [e^(−1/4) ; +∞[.

f″ s’annule en changeant de signe en x = e^(−1/4) : C_f admet un point d’inflexion d’abscisse e^(−1/4), soit environ 0,78.

f est concave sur ]0 ; e^(−1/4)], convexe sur [e^(−1/4) ; +∞[, et le point d’inflexion a pour abscisse e^(−1/4).

Conseil : Ce résultat est cohérent avec la partie A : 0,2 est inférieur à e^(−1/4), donc f″(0,2) est bien négatif.

On a −1/4 < 0, donc e^(−1/4) < 1. L’intervalle [1 ; +∞[ est donc inclus dans [e^(−1/4) ; +∞[, où f est convexe.

La courbe d’une fonction convexe sur un intervalle est au-dessus de ses tangentes sur cet intervalle.

Le point B a pour abscisse e, et e ∈ [1 ; +∞[. Donc T_B est une tangente à la courbe sur cet intervalle.

La courbe C_f est donc au-dessus de T_B sur [1 ; +∞[.

Calcul de f(e), avec ln e = 1 : f(e) = e × (2 − 3 + 2) = e.

Calcul de f′(e) : f′(e) = 2 × 1² + 1 − 1 = 2.

L’équation de T_B est y = f′(e)(x − e) + f(e), soit y = 2(x − e) + e = 2x − e.

T_B : y = 2x − e.

On pose u(x) = ln x et v′(x) = x. Alors u′(x) = 1/x et v(x) = x²/2. Les fonctions u et v sont dérivables, à dérivées continues sur [1 ; e].

Intégrale de 1 à e de x ln x dx = [(x²/2) ln x] entre 1 et e − intégrale de 1 à e de (x²/2) × (1/x) dx.

Le crochet vaut (e²/2) × 1 − (1/2) × 0 = e²/2.

L’intégrale restante est l’intégrale de 1 à e de (x/2) dx, qui vaut [x²/4] entre 1 et e, soit e²/4 − 1/4.

Donc l’intégrale cherchée vaut e²/2 − e²/4 + 1/4 = e²/4 + 1/4 = (e² + 1)/4.

Conseil : Dérive ln x et prends une primitive de x, pas l’inverse : une primitive de ln x n’est pas disponible à ce stade.

D’après la partie B, sur [1 ; e], C_f est au-dessus de T_B. L’aire vaut donc l’intégrale de 1 à e de (f(x) − (2x − e)) dx.

On développe : f(x) = 2x(ln x)² − 3x ln x + 2x.

Par linéarité, l’intégrale de 1 à e de f(x) dx vaut 2 × (e² − 1)/4 − 3 × (e² + 1)/4 + [x²] entre 1 et e.

Soit (2e² − 2)/4 − (3e² + 3)/4 + (4e² − 4)/4 = (3e² − 9)/4.

Par ailleurs, l’intégrale de 1 à e de (2x − e) dx vaut [x² − ex] entre 1 et e, soit (e² − e²) − (1 − e) = e − 1.

Aire = (3e² − 9)/4 − (e − 1) = (3e² − 9 − 4e + 4)/4 = (3e² − 4e − 5)/4.

Ordre de grandeur : cette aire vaut environ 1,57 unité d’aire, ce qui est cohérent avec la figure.

Aire = (3e² − 4e − 5)/4 unités d’aire, soit environ 1,57.

Conseil : Une partie de la zone hachurée se trouve sous l’axe des abscisses. Cela ne change rien : seule compte la position de C_f au-dessus de T_B.

Pour t = 0, on obtient (3 ; 2 ; −1) : c’est le point B.

Pour t = 2, on obtient (3 − 4 ; 2 − 2 ; −1 + 6) = (−1 ; 0 ; 5) : c’est le point A.

La droite décrite passe par les deux points distincts A et B : c’est donc la droite (AB).

Contrôle : le vecteur AB (4 ; 2 ; −6) est bien colinéaire au vecteur directeur (−2 ; −1 ; 3), avec un facteur −2.

Affirmation 1 vraie.

Un vecteur normal à un plan est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Il doit donc être orthogonal aux vecteurs OA et OB.

vecteur n · vecteur OA = 5 × (−1) + (−2) × 0 + 1 × 5 = 0.

vecteur n · vecteur OB = 5 × 3 + (−2) × 2 + 1 × (−1) = 15 − 4 − 1 = 10.

Ce produit scalaire n’est pas nul. Le vecteur n n’est donc pas orthogonal au vecteur OB, qui est un vecteur du plan (OAB).

Affirmation 2 fausse.

Conseil : Le premier produit scalaire nul ne prouve rien à lui seul. Il faut tester les deux vecteurs.

Deux droites sont coplanaires si elles sont parallèles ou sécantes.

Les vecteurs directeurs sont (1 ; −1 ; 2) pour d et (4 ; 4 ; −6) pour d′. Ils ne sont pas colinéaires : le rapport vaut 4 sur la première coordonnée et −4 sur la deuxième. Les droites ne sont donc pas parallèles.

On cherche un point commun, c’est-à-dire k et s tels que 15 + k = 1 + 4s, 8 − k = 2 + 4s et −6 + 2k = 1 − 6s.

En ajoutant les deux premières équations : 23 = 3 + 8s, donc s = 5/2.

La première équation donne alors k = 1 + 10 − 15 = −4.

Vérification de la troisième équation : −6 + 2 × (−4) = −14 et 1 − 6 × 5/2 = −14. Elle est bien satisfaite.

Les droites d et d′ sont donc sécantes au point de coordonnées (11 ; 12 ; −14). Elles sont coplanaires.

Affirmation 3 fausse.

Conseil : Ne t’arrête pas à deux équations : c’est la troisième qui décide s’il y a un point commun.

La distance de C au plan est la distance CH, où H est le projeté orthogonal de C sur le plan.

Un vecteur normal à P est le vecteur n (1 ; −1 ; 1). La droite passant par C et dirigée par ce vecteur a pour représentation paramétrique x = 2 + t, y = −1 − t, z = 2 + t.

H est le point de cette droite qui appartient à P : (2 + t) − (−1 − t) + (2 + t) + 1 = 0.

Soit 6 + 3t = 0, donc t = −2. Ainsi H a pour coordonnées (0 ; 1 ; 0).

Le vecteur CH a pour coordonnées (−2 ; 2 ; −2), donc CH = √(4 + 4 + 4) = √12 = 2√3.

Affirmation 4 vraie.

Il s’agit de u₁, car 2025 = 2024 + 1.

u₁ = −0,02 × 1² + 1,3 × 1 = −0,02 + 1,3 = 1,28.

u₁ = 1,28, soit 1,28 hectare.

On raisonne par récurrence. Pour tout entier naturel n, on note P(n) la propriété 1 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 20.

Initialisation. u₀ = 1 et u₁ = 1,28, donc 1 ≤ u₀ ≤ u₁ ≤ 20. P(0) est vraie.

Hérédité. Soit n un entier naturel tel que P(n) soit vraie : 1 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 20.

La fonction h est croissante sur [0 ; 20], donc h(1) ≤ h(uₙ) ≤ h(uₙ₊₁) ≤ h(20).

Or h(1) = 1,28, h(uₙ) = uₙ₊₁, h(uₙ₊₁) = uₙ₊₂ et h(20) = −0,02 × 400 + 26 = 18.

Donc 1,28 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ 18, et par conséquent 1 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ 20. P(n + 1) est vraie.

Conclusion. P(0) est vraie et P est héréditaire. Donc pour tout entier naturel n, 1 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 20.

Conseil : Calcule bien h(1) et h(20). Sans ces valeurs, l’encadrement par 1 et 20 n’est pas démontré.

D’après la question précédente, uₙ ≤ uₙ₊₁ pour tout n : la suite est croissante.

Elle est aussi majorée par 20.

Toute suite croissante et majorée converge. La suite (uₙ) converge donc vers une limite L.

Pour tout n, uₙ₊₁ = h(uₙ). La fonction h est un polynôme, donc elle est continue sur [0 ; 20]. La limite L vérifie donc h(L) = L.

−0,02L² + 1,3L = L équivaut à −0,02L² + 0,3L = 0, soit L(−0,02L + 0,3) = 0.

Donc L = 0 ou L = 0,3 ÷ 0,02 = 15.

Or uₙ ≥ 1 pour tout n, donc L ≥ 1. La valeur 0 est exclue.

L = 15.

La suite (uₙ) converge vers 15, et 15 > 14.

Par définition de la limite, l’intervalle ]14 ; 16[, qui contient 15, contient tous les termes de la suite à partir d’un certain rang.

Donc, à partir d’un certain rang, uₙ > 14 : selon ce modèle, la surface dépassera 14 hectares.

La boucle doit continuer tant que la surface n’a pas dépassé 14 hectares, donc tant que u ≤ 14.

À chaque tour, on augmente n de 1 et on calcule le terme suivant de la suite.

À titre de contrôle, on trouve à la calculatrice u₁₇ ≈ 13,79 et u₁₈ ≈ 14,12. La fonction renvoie donc 18, ce qui correspond au 1er juillet 2042.

Voici l’algorithme complété.

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

Conseil : La condition du while est celle qui fait continuer la boucle, pas celle qui l’arrête. Écrire u > 14 ferait sortir de la boucle dès le départ.

La fonction f est dérivable et ne s’annule pas sur [0 ; +∞[, donc g est dérivable, et g′ = −f′/f².

Comme f est solution de (E₁), f′ = 0,02f(15 − f). Donc :

g′ = −0,02f(15 − f)/f² = −0,02(15 − f)/f = −0,3/f + 0,02.

Or 1/f = g, donc g′ = −0,3g + 0,02.

La fonction g est bien solution de (E₂) sur [0 ; +∞[.

Les solutions de y′ = ay + b, avec a non nul, sont les fonctions t ↦ Ce^(at) − b/a, où C est un réel.

Ici a = −0,3 et b = 0,02, donc −b/a = 0,02/0,3 = 1/15.

Les solutions sont les fonctions t ↦ Ce^(−0,3t) + 1/15, avec C ∈ ℝ.

D’après les questions 1 et 2, il existe un réel C tel que g(t) = Ce^(−0,3t) + 1/15.

Or g(0) = 1/f(0) = 1. Donc C + 1/15 = 1, soit C = 14/15.

g(t) = (14/15)e^(−0,3t) + 1/15 = (14e^(−0,3t) + 1)/15.

Comme f = 1/g, pour tout t ≥ 0, f(t) = 15/(14e^(−0,3t) + 1).

Quand t tend vers +∞, −0,3t tend vers −∞, donc e^(−0,3t) tend vers 0.

Le dénominateur 14e^(−0,3t) + 1 tend donc vers 1, et f(t) tend vers 15.

La limite de f en +∞ est 15.

Conseil : Les deux modèles prévoient la même superficie à long terme : 15 hectares.

Le dénominateur 14e^(−0,3t) + 1 est strictement positif, donc :

f(t) > 14 équivaut à 15 > 14 × (14e^(−0,3t) + 1), soit 15 > 196e^(−0,3t) + 14.

Cela équivaut à 196e^(−0,3t) < 1, soit e^(−0,3t) < 1/196.

La fonction ln est strictement croissante, donc −0,3t < ln(1/196), soit −0,3t < −ln 196.

En divisant par −0,3, qui est négatif, le sens de l’inégalité change : t > (ln 196)/0,3.

Or (ln 196)/0,3 ≈ 17,6.

Interprétation : selon le modèle continu, la posidonie recouvrira plus de 14 hectares à partir d’environ 17,6 ans après le 1er juillet 2024, soit au début de l’année 2042.

Ce résultat est cohérent avec le modèle discret, où le seuil est franchi au relevé du 1er juillet 2042.

Solutions : t > (ln 196)/0,3, soit environ t > 17,6. La surface dépasse 14 hectares au bout d’environ 17,6 ans.