Bac de maths 2025 — Amérique du Nord · 21 mai

Les trois serveurs se partagent la totalité des connexions, donc P(C) = 1 − 0,25 − 0,15 = 0,60. L’arbre porte au premier niveau 0,25 vers A, 0,15 vers B et 0,60 vers C ; au second niveau, chaque nœud se sépare en S et S̄, dont les probabilités ont pour somme 1 : 0,90 et 0,10 depuis A, 0,80 et 0,20 depuis B, 0,85 et 0,15 depuis C.

La probabilité d’un chemin de l’arbre est le produit des probabilités portées par ses branches : P(B ∩ S) = P(B) × P_B(S) = 0,15 × 0,80 = 0,12. La probabilité que la connexion soit stable et passe par le serveur B est donc bien égale à 0,12.

Depuis le serveur C, la probabilité que la connexion ne soit pas stable est P_C(S̄) = 1 − 0,85 = 0,15. Le chemin « C puis S̄ » donne P(C ∩ S̄) = P(C) × P_C(S̄) = 0,60 × 0,15 = 0,09. Interprétation : 9 % de l’ensemble des connexions de l’entreprise transitent par le serveur C et sont instables.

Les événements A, B et C sont deux à deux incompatibles et de probabilités de somme 1 : ils forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales : P(S) = P(A) × P_A(S) + P(B) × P_B(S) + P(C) × P_C(S) = 0,25 × 0,90 + 0,15 × 0,80 + 0,60 × 0,85 = 0,225 + 0,12 + 0,51 = 0,855.

On sait que la connexion est stable : on calcule donc une probabilité conditionnelle sachant S, à ne pas confondre avec P_B(S) = 0,80. P_S(B) = P(B ∩ S)P(S) = 0,120,855 ≈ 0,1404. Arrondie au millième, la probabilité que la connexion ait eu lieu depuis le serveur B sachant qu’elle est stable vaut 0,140.

« Au plus huit connexions instables » se traduit par l’événement (X ⩽ 8). À la calculatrice, avec la fonction de répartition binomiale : P(X ⩽ 8) ≈ 0,7045. La probabilité qu’au plus huit connexions soient instables vaut donc 0,704 au millième près. Contrôle de vraisemblance : E(X) = 50 × 0,145 = 7,25, il est donc normal de dépasser un peu 0,5.

L’événement contraire de « au moins une connexion est instable » est « aucune connexion n’est instable », c’est-à-dire (Xₙ = 0). Or P(Xₙ = 0) = (1 − 0,145)ⁿ = 0,855ⁿ. Donc pₙ = 1 − P(Xₙ = 0) = 1 − 0,855ⁿ.

pₙ ⩾ 0,99 ⟺ 1 − 0,855ⁿ ⩾ 0,99 ⟺ 0,855ⁿ ⩽ 0,01. La fonction ln étant strictement croissante sur ]0 ; +∞[, cela équivaut à n × ln(0,855) ⩽ ln(0,01). Comme 0 < 0,855 < 1, on a ln(0,855) < 0 : diviser par ce nombre négatif renverse l’inégalité, d’où n ⩾ ln(0,01)ln(0,855) ≈ 29,40. Le plus petit entier convenable est n = 30 (vérification : p₂₉ ≈ 0,9894 < 0,99 et p₃₀ ≈ 0,9909 ⩾ 0,99).

Xₙ suit la loi binomiale de paramètres n et 0,145 donc, par propriété, E(Xₙ) = n × 0,145. Comme Fₙ = (1n) × Xₙ, la linéarité de l’espérance donne E(Fₙ) = (1n) × E(Xₙ) = (1n) × 0,145n = 0,145. En moyenne, la fréquence observée de connexions instables vaut donc 0,145, soit exactement la proportion théorique.

On applique l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev à Fₙ avec l’écart t = 0,1 : P(|Fₙ − E(Fₙ)| ⩾ 0,1) ⩽ V(Fₙ)0,1². Comme E(Fₙ) = 0,145 et V(Fₙ) = 0,123975n, il vient P(|Fₙ − 0,145| ⩾ 0,1) ⩽ (0,123975n)/0,01 = 12,3975n. Enfin 12,3975 < 12,5 donc 12,3975n ⩽ 12,5n, ce qui établit l’inégalité demandée : P(|Fₙ − 0,145| ⩾ 0,1) ⩽ 12,5n.

Ici n = 1 000 et |0,3 − 0,145| = 0,155 ⩾ 0,1 : l’échantillon observé réalise l’événement (|F₁₀₀₀ − 0,145| ⩾ 0,1). D’après la question précédente, la probabilité de cet événement est au plus 12,51 000 = 0,0125, soit moins de 1,25 %. Si les serveurs fonctionnaient normalement, un tel écart serait donc très improbable : le responsable a raison de soupçonner un dysfonctionnement.

On applique la relation de récurrence avec n = 0 : u₁ = 2u₀ + 1u₀ + 2 = 2 × 2 + 12 + 2 = 54 = 1,25.

a₀ = u₀/(u₀ − 1) = 22 − 1 = 2, et a₁ = u₁/(u₁ − 1) = (54)/(54 − 1) = (54)/(14) = 5.

Commençons par simplifier uₙ₊₁ − 1 en réduisant au même dénominateur : uₙ₊₁ − 1 = 2uₙ + 1uₙ + 2 − uₙ + 2uₙ + 2 = uₙ − 1uₙ + 2. Le quotient devient alors aₙ₊₁ = uₙ₊₁/(uₙ₊₁ − 1) = [2uₙ + 1uₙ + 2] × [uₙ + 2uₙ − 1] = 2uₙ + 1uₙ − 1.

(suite) Calculons de l’autre côté 3aₙ − 1 = 3uₙ/(uₙ − 1) − uₙ − 1uₙ − 1 = 3uₙ − uₙ + 1uₙ − 1 = 2uₙ + 1uₙ − 1. Les deux expressions sont identiques, donc pour tout entier naturel n : aₙ₊₁ = 3aₙ − 1.

Démonstration par récurrence de la propriété Pₙ : « aₙ ⩾ 3n − 1 », pour n ⩾ 1. Initialisation : a₁ = 5 et 3 × 1 − 1 = 2 ; comme 5 ⩾ 2, la propriété P₁ est vraie.

(hérédité) Soit n ⩾ 1 tel que aₙ ⩾ 3n − 1. En multipliant par 3 > 0 (le sens de l’inégalité est conservé) puis en retranchant 1 : 3aₙ − 1 ⩾ 3(3n − 1) − 1 = 9n − 4, c’est-à-dire aₙ₊₁ ⩾ 9n − 4 d’après la question 2. b. Or (9n − 4) − (3(n + 1) − 1) = 9n − 4 − 3n − 2 = 6(n − 1) ⩾ 0 puisque n ⩾ 1 ; donc 9n − 4 ⩾ 3(n + 1) − 1 et, par transitivité, aₙ₊₁ ⩾ 3(n + 1) − 1 : Pₙ₊₁ est vraie. C’est précisément ici que sert l’hypothèse n ⩾ 1. Conclusion : d’après le principe de récurrence, aₙ ⩾ 3n − 1 pour tout entier n ⩾ 1.

Comme lim (3n − 1) = +∞ quand n → +∞ et que aₙ ⩾ 3n − 1 pour tout n ⩾ 1, le théorème de comparaison (une suite minorée par une suite tendant vers +∞ tend vers +∞) donne lim aₙ = +∞ : la suite (aₙ) diverge vers +∞.

Partons de aₙ = uₙ/(uₙ − 1) et multiplions par uₙ − 1, qui est non nul : aₙ(uₙ − 1) = uₙ, soit aₙuₙ − aₙ = uₙ, puis en regroupant les termes en uₙ : uₙ(aₙ − 1) = aₙ. Enfin aₙ ≠ 1, car aₙ = 1 donnerait uₙ = uₙ − 1, ce qui est absurde : on peut donc diviser par aₙ − 1 et obtenir uₙ = aₙ/(aₙ − 1).

Pour n ⩾ 1 on a aₙ ⩾ 3n − 1 > 0, donc on peut diviser numérateur et dénominateur par aₙ : uₙ = aₙ/(aₙ − 1) = 11 − 1/aₙ. Comme aₙ → +∞, on a 1aₙ → 0 puis 1 − 1aₙ → 1, et par quotient lim uₙ = 11 = 1. La suite (uₙ) converge donc vers 1.

La variable u est initialisée à 2 = u₀ et n à 0 ; à chaque tour de boucle u reçoit le terme suivant de la suite et n augmente de 1, si bien que u contient toujours uₙ. La suite (uₙ) étant décroissante et de limite 1, on a uₙ − 1 ⩾ 0 et la boucle tourne tant que cet écart reste strictement supérieur à p. Donc algo(p) renvoie le plus petit rang n à partir duquel uₙ − 1 ⩽ p, c’est-à-dire le premier rang où uₙ approche sa limite 1 à moins de p près, ainsi que la valeur de uₙ correspondante.

Pour p = 0,001, l’algorithme renvoie n = 6, avec u ≈ 1,000 9 : en effet u₅ − 1 ≈ 0,002 7 > 0,001 alors que u₆ − 1 ≈ 0,000 9 ⩽ 0,001.

Données de départ. En lisant les coefficients de t dans la représentation paramétrique, la droite (d) admet pour vecteur directeur →u(−2 ; 0 ; −6) ; on lui préfère le vecteur colinéaire plus simple →v(1 ; 0 ; 3) (c’est →u divisé par −2). Le point obtenu pour t = 0 est D(3 ; −1 ; 2), il appartient à (d).

VRAIE. L’axe des ordonnées passe par l’origine O(0 ; 0 ; 0) et a pour vecteur directeur →j(0 ; 1 ; 0). Les vecteurs →v(1 ; 0 ; 3) et →j(0 ; 1 ; 0) ne sont pas colinéaires (aucun réel k ne vérifie à la fois 1 = k × 0 et 0 = k × 1) : les deux droites ne sont donc ni parallèles ni confondues.

(suite). Cherchons un éventuel point d’intersection. Un point de l’axe des ordonnées s’écrit (0 ; s ; 0) avec s ∈ ℝ, d’où le système 3 − 2t = 0, −1 = s, 2 − 6t = 0. La première équation impose t = 32 et la troisième t = 13 : le système n’a pas de solution, les droites ne sont pas sécantes. Or deux droites coplanaires sont nécessairement parallèles ou sécantes ; par élimination, (d) et l’axe des ordonnées ne sont pas coplanaires. L’affirmation est vraie.

VRAIE. Un plan orthogonal à (d) admet tout vecteur directeur de (d) pour vecteur normal, par exemple →n(1 ; 0 ; 3) : son équation cartésienne est de la forme x + 0y + 3z + d = 0. Le plan doit contenir A(3 ; −3 ; −2), dont les coordonnées vérifient donc l’équation : 3 + 3 × (−2) + d = 0, soit −3 + d = 0 et d = 3. L’équation cherchée est bien x + 3z + 3 = 0.

coordonnées de C. C appartient à (d) donc il existe t tel que C(3 − 2t ; −1 ; 2 − 6t). Son abscisse vaut 2 : 3 − 2t = 2 donne t = 12. On en déduit z_C = 2 − 6 × (12) = −1, d’où C(2 ; −1 ; −1).

FAUSSE. →AB(5 − 3 ; −4 + 3 ; −1 + 2) = (2 ; −1 ; 1) et →AC(2 − 3 ; −1 + 3 ; −1 + 2) = (−1 ; 2 ; 1). Le repère étant orthonormé, →AB · →AC = 2 × (−1) + (−1) × 2 + 1 × 1 = −3, avec ‖→AB‖ = √4 + 1 + 1 = √6 et ‖→AC‖ = √1 + 4 + 1 = √6. La formule →AB · →AC = ‖→AB‖ × ‖→AC‖ × cos(BÂC) donne cos(BÂC) = −3√6 × √6 = −12, donc BÂC = 2π/3. Le produit scalaire étant négatif, l’angle est obtus : il ne peut pas valoir π/6. L’affirmation est fausse.

construction de H. Le vecteur →n(1 ; 0 ; 3) est normal au plan P d’équation x + 3z − 7 = 0 ; c’est donc un vecteur directeur de la droite passant par B et orthogonale à P, dont une représentation paramétrique est x = 5 + k, y = −4, z = −1 + 3k, avec k ∈ ℝ. Le projeté orthogonal H est l’intersection de cette droite avec P : (5 + k) + 3(−1 + 3k) − 7 = 0, soit 10k − 5 = 0 et k = 12. D’où H(112 ; −4 ; 12).

VRAIE. →BH(112 − 5 ; −4 + 4 ; 12 + 1) = (12 ; 0 ; 32), donc BH = √(12)² + 0² + (32)² = √14 + 94 = √104 = √102 ≈ 1,58. La distance BH est bien égale à √102 : l’affirmation est vraie.

La courbe C₂ est négative sur ]−∞ ; −2], positive sur [−2 ; 1] puis négative sur [1 ; +∞[ ; or c’est exactement le rythme des variations de C₁, qui décroît, puis croît sur [−2 ; 1], puis décroît. Comme une fonction est croissante là où sa dérivée est positive et décroissante là où elle est négative, le signe de C₂ décrit les variations de C₁ : C₂ est donc la courbe de la fonction dérivée. Ainsi C₁ représente g et C₂ représente g′.

L’équation réduite de la tangente à la courbe de g au point d’abscisse 0 est y = g′(0)(x − 0) + g(0) = g′(0)x + g(0). Or C₁ (courbe de g) coupe l’axe des ordonnées en (0 ; 1), donc g(0) = 1 ; et C₂ (courbe de g′) le coupe en (0 ; 2), donc g′(0) = 2. La tangente a donc pour équation réduite y = 2x + 1.

L’équation (E₀) : y + y′ = 0 s’écrit y′ = −y, c’est-à-dire y′ = ay avec a = −1. D’après le cours sur les équations différentielles linéaires du premier ordre, ses solutions sont les fonctions définies sur ℝ par y(x) = Ce^−x, où C est une constante réelle quelconque.

Les solutions d’une équation y′ = ay + f s’obtiennent en ajoutant une solution particulière de (E) à toutes les solutions de l’équation homogène (E₀). Les solutions de (E) sont donc les fonctions définies sur ℝ par y(x) = (x² + 3x)e^−x + Ce^−x = (x² + 3x + C)e^−x, avec C ∈ ℝ.

Puisque g est solution de (E), il existe un réel C tel que g(x) = (x² + 3x + C)e^−x pour tout x. On identifie C grâce à la valeur lue en partie A, g(0) = 1 : g(0) = (0 + 0 + C) × e⁰ = C, donc C = 1 et g(x) = (x² + 3x + 1)e^−x. Contrôle : g′(x) = (−x² − x + 2)e^−x = −(x + 2)(x − 1)e^−x s’annule bien en −2 et 1 et vaut 2 en 0, ce qui correspond aux points remarquables de C₂.

Soit y(x) = (x² + 3x + C)e^−x une solution de (E). On dérive deux fois : y′(x) = (2x + 3)e^−x − (x² + 3x + C)e^−x = (−x² − x + 3 − C)e^−x, puis y″(x) = (−2x − 1)e^−x − (−x² − x + 3 − C)e^−x = (x² − x − 4 + C)e^−x.

5 (suite). L’exponentielle étant strictement positive, y″(x) est du signe du trinôme x² − x + (C − 4). Un point d’inflexion correspond à un changement de signe de la dérivée seconde : la courbe admet exactement deux points d’inflexion si et seulement si ce trinôme possède deux racines distinctes, c’est-à-dire si son discriminant est strictement positif. Δ = (−1)² − 4 × 1 × (C − 4) = 1 + 16 − 4C = 17 − 4C, et Δ > 0 ⟺ C < 174. Les solutions cherchées sont donc les fonctions x ⟼ (x² + 3x + C)e^−x avec C < 174.

Avec u(x) = x² + 3x + 2 et v(x) = e^−x : f′(x) = (2x + 3)e^−x + (x² + 3x + 2) × (−e^−x) = (2x + 3 − x² − 3x − 2)e^−x = (−x² − x + 1)e^−x.

Comme e^−x > 0 pour tout réel x, f′(x) est du signe du trinôme −x² − x + 1, de discriminant Δ = (−1)² − 4 × (−1) × 1 = 1 + 4 = 5 > 0. Ses deux racines sont x₁ = 1 + √5−2 = −1 − √52 ≈ −1,62 et x₂ = 1 − √5−2 = −1 + √52 ≈ 0,62. Le coefficient dominant valant −1 < 0, le trinôme est négatif à l’extérieur des racines et positif entre elles. Donc f est décroissante sur ]−∞ ; −1 − √52], croissante sur [−1 − √52 ; −1 + √52] et de nouveau décroissante sur [−1 + √52 ; +∞[.

Le facteur exponentiel e^−x est strictement positif, donc f(x) est du signe du trinôme x² + 3x + 2. Ce trinôme a pour racines évidentes −1 et −2, d’où la factorisation x² + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2). Pour x ⩾ 0 on a x + 1 ⩾ 1 > 0 et x + 2 ⩾ 2 > 0, donc le produit est strictement positif. La fonction f est donc positive sur l’intervalle [0 ; +∞[.

La fonction f étant continue et positive sur [0 ; α], l’aire du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbe C_f et les droites d’équation x = 0 et x = α est l’intégrale A(α) = ∫₀^α f(x) dx. Avec la primitive F admise : A(α) = F(α) − F(0) = (−α² − 5α − 7)e^−α − (−0 − 0 − 7) × e⁰ = (−α² − 5α − 7)e^−α + 7. L’aire cherchée vaut donc A(α) = 7 − (α² + 5α + 7)e^−α unités d’aire.