Bac de maths 2025 — Amérique du Nord · 22 mai

Partie A

On répète 15 fois, de façon indépendante, la même épreuve de Bernoulli (« Victor réussit son panier à trois points »), de probabilité de succès p = 0,32. La variable N compte le nombre de succès : N suit la loi binomiale de paramètres n = 15 et p = 0,32, notée B(15 ; 0,32).

D’après la formule de la loi binomiale, P(N = 4) = C₁₅⁴ × 0,32⁴ × (1 − 0,32)¹¹. Avec C₁₅⁴ = 1 365 et 0,32⁴ = 0,010 485 76, on obtient P(N = 4) ≈ 0,206 au millième près.

« Au plus 6 paniers » se traduit par N ⩽ 6. On somme les probabilités : P(N ⩽ 6) = P(N = 0) + P(N = 1) + … + P(N = 6) ≈ 0,828 (fonction binomFRép de la calculatrice).

Pour une loi binomiale, E(N) = n × p = 15 × 0,32 = 4,8 : sur une série de 15 lancers à trois points, Victor marque en moyenne 4,8 paniers.

Chaque panier réussi rapporte 3 points et les autres lancers n’en rapportent aucun, donc T = 3N.

Par linéarité de l’espérance, E(T) = E(3N) = 3 × E(N) = 3 × 4,8 = 14,4. Interprétation : sur une série de 15 lancers à trois points, Victor marque en moyenne 14,4 points.

Comme T = 3N, l’encadrement 12 ⩽ 3N ⩽ 18 équivaut (en divisant par 3) à 4 ⩽ N ⩽ 6. Donc P(12 ⩽ T ⩽ 18) = P(N = 4) + P(N = 5) + P(N = 6) ≈ 0,206 + 0,213 + 0,167, soit P(12 ⩽ T ⩽ 18) ≈ 0,586.

Partie B

M₅₀ = X₁ + X₂ + … + X₅₀50 est la moyenne du nombre de points marqués par Victor sur 50 matchs : c’est la moyenne empirique de l’échantillon de ces 50 matchs.

Par linéarité de l’espérance, E(M₅₀) = (150) × 50 × E(X) = E(X) = 22 points. Les variables X₁, …, X₅₀ étant indépendantes, la variance de leur somme est la somme des variances : V(M₅₀) = (150²) × 50 × V(X) = V(X)50 = 6550 = 1310 = 1,3.

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev s’écrit, pour tout réel a > 0 : P(|M₅₀ − E(M₅₀)| ⩾ a) ⩽ V(M₅₀)a². Avec E(M₅₀) = 22 et a = 3 : P(|M₅₀ − 22| ⩾ 3) ⩽ (1310)/3² = 1390.

L’événement « 19 < M₅₀ < 25 » s’écrit −3 < M₅₀ − 22 < 3, c’est-à-dire |M₅₀ − 22| < 3 : c’est l’événement contraire de |M₅₀ − 22| ⩾ 3. Donc P(19 < M₅₀ < 25) = 1 − P(|M₅₀ − 22| ⩾ 3) ⩾ 1 − 1390 = 7790 ≈ 0,856. Cette probabilité est bien strictement supérieure à 0,85.

Pour un entier n quelconque, le même calcul donne V(Mₙ) = V(X)n = 65n, puis, par l’inégalité de concentration, P(|Mₙ − 22| ⩾ 3) ⩽ 659n. Il suffit donc que 659n < 0,01, soit 9n > 6 500, soit n > 722,2… : pour tout n ⩾ 723 on a bien P(|Mₙ − 22| ⩾ 3) < 0,01. De tels entiers existent, donc l’affirmation est FAUSSE. (On pouvait aussi invoquer la loi des grands nombres : P(|Mₙ − 22| ⩾ 3) tend vers 0 quand n tend vers +∞.)

Partie A

u₁ = √u₀ = √2. Puis u₂ = √u₁ = √√2 = 2¹⁴, c’est-à-dire la racine quatrième de 2 (≈ 1,189).

À la calculatrice : u₀ = 2 ; u₁ ≈ 1,414 ; u₂ ≈ 1,189 ; u₃ ≈ 1,091 ; u₄ ≈ 1,044… La suite (uₙ) semble décroissante et converger vers 1.

Notons Pₙ la propriété « 1 ⩽ uₙ₊₁ ⩽ uₙ ». Initialisation : u₁ = √2 ≈ 1,414 et u₀ = 2, donc 1 ⩽ u₁ ⩽ u₀ : P₀ est vraie. Hérédité : soit n ∈ ℕ. Supposons Pₙ vraie pour cet entier n, c’est-à-dire 1 ⩽ uₙ₊₁ ⩽ uₙ. La fonction racine carrée étant croissante sur [0 ; +∞[, on peut appliquer √ à cet encadrement : √1 ⩽ √uₙ₊₁ ⩽ √uₙ, soit 1 ⩽ uₙ₊₂ ⩽ uₙ₊₁, donc Pₙ₊₁ est vraie. Conclusion : P₀ est vraie et la propriété se transmet d'un rang au suivant ; d’après le principe de récurrence, 1 ⩽ uₙ₊₁ ⩽ uₙ pour tout n ∈ ℕ.

D’après 2. a., uₙ₊₁ ⩽ uₙ pour tout n : la suite (uₙ) est décroissante ; et uₙ ⩾ 1 pour tout n : elle est minorée par 1. D’après le théorème de la convergence monotone, (uₙ) converge vers un réel ℓ, avec ℓ ⩾ 1.

Pour x ⩾ 0, les deux membres sont positifs, on peut donc élever au carré : √x = x ⇔ x = x² ⇔ x² − x = 0 ⇔ x(x − 1) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1. L’équation admet donc deux solutions sur [0 ; +∞[ : 0 et 1.

La fonction racine carrée est continue sur [0 ; +∞[ et uₙ₊₁ = √uₙ. En passant à la limite dans cette égalité (théorème du point fixe), ℓ vérifie ℓ = √ℓ. D’après 2. c., ℓ = 0 ou ℓ = 1 ; or ℓ ⩾ 1, donc ℓ = 1 : lim uₙ = 1 quand n → +∞.

Partie B

Pour tout n ∈ ℕ : vₙ₊₁ = ln(uₙ₊₁) = ln(√uₙ) = (12)ln(uₙ) = (12)vₙ, en utilisant la propriété ln(√a) = (12)ln(a) valable pour a > 0. La suite (vₙ) est donc géométrique de raison 12 et de premier terme v₀ = ln(u₀) = ln(2).

Le terme général d’une suite géométrique est vₙ = v₀ × qⁿ, d’où vₙ = ln(2) × (12)ⁿ = ln(2)2ⁿ.

En multipliant l’égalité précédente par 2ⁿ : 2ⁿ vₙ = ln(2). Comme vₙ = ln(uₙ) par définition, on obtient ln(2) = 2ⁿ ln(uₙ) pour tout entier naturel n.

De 1. b. on tire uₙ = e^ln(2)2ⁿ = 2^12ⁿ : ce nombre est toujours strictement supérieur à 1, la condition uₖ > 0,99 est donc automatique et seule uₖ < 1,01 est contraignante. À la calculatrice, u₆ = 2¹⁶⁴ ≈ 1,010 89 est encore trop grand, alors que u₇ = 2¹¹²⁸ ≈ 1,005 43 convient. Le plus petit entier cherché est k = 7, avec u₇ ≈ 1,005 43 à 10⁻⁵ près.

Puisque u₇ appartient à ]0,99 ; 1,01[, on remplace ln(u₇) par u₇ − 1 : ln(u₇) ≈ 1,005 43 − 1 = 0,005 43.

La relation de 1. c. écrite pour n = 7 donne ln(2) = 2⁷ × ln(u₇) ≈ 128 × 0,005 43, soit ln(2) ≈ 0,695. (La valeur exacte est 0,693… : la méthode de Briggs donne bien deux décimales correctes.)

À la sortie de la boucle, la variable a a été remplacée n fois par sa racine carrée : elle vaut a^12ⁿ et appartient à ]0,99 ; 1,01[. Le même raisonnement qu’en 1. c. donne ln(a_initial) = 2ⁿ × ln(a_final) ≈ 2ⁿ × (a_final − 1). La ligne à écrire est donc L = 2**n * (a - 1).

Pour traiter les trois premières affirmations, on se place dans le repère orthonormé (A ; →AB, →AD, →AE), légitime car l’arête vaut 1. Les sommets ont alors pour coordonnées 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), et les milieux I(12 ; 0 ; 0), J(1 ; 0 ; 12), K(0 ; 0 ; 12), L(12 ; 1 ; 0), M(0 ; 1 ; 12).

VRAIE. Membre de gauche : →JH = (0 − 1 ; 1 − 0 ; 1 − 12) = (−1 ; 1 ; 12). Membre de droite : 2→BI = 2 × (12 − 1 ; 0 ; 0) = (−1 ; 0 ; 0), →DM = (0 ; 0 ; 12) et −→CB = −(1 − 1 ; 0 − 1 ; 0) = (0 ; 1 ; 0). En additionnant coordonnée par coordonnée : (−1 ; 1 ; 12). Les deux vecteurs sont égaux, l’égalité est vérifiée.

FAUSSE. On a →AB = (1 ; 0 ; 0), →AH = (0 ; 1 ; 1) et →AG = (1 ; 1 ; 1). Or (1 ; 1 ; 1) = (1 ; 0 ; 0) + (0 ; 1 ; 1), c’est-à-dire →AG = →AB + →AH : le troisième vecteur est combinaison linéaire des deux premiers, donc les trois vecteurs sont coplanaires. Un triplet de vecteurs coplanaires ne peut pas être une base de l’espace.

VRAIE. →IB = (1 − 12 ; 0 ; 0) = (12 ; 0 ; 0) et →LM = (0 − 12 ; 1 − 1 ; 12 − 0) = (−12 ; 0 ; 12). Le repère étant orthonormé, →IB · →LM = (12) × (−12) + 0 × 0 + 0 × (12) = −14.

PARTIE B

FAUSSE. →AB = (5 − 2 ; −3 − 0 ; 7 − (−1)) = (3 ; −3 ; 8) dirige la droite (AB), et les coefficients de l’équation cartésienne fournissent le vecteur normal →n = (2 ; −1 ; 3) du plan P. Dans un repère orthonormé, →AB · →n = 3 × 2 + (−3) × (−1) + 8 × 3 = 6 + 3 + 24 = 33 ≠ 0. Le vecteur directeur de la droite n’est donc pas orthogonal au vecteur normal du plan : la droite (AB) n’est pas parallèle à P, elle le coupe.

VRAIE. Deux plans parallèles admettent les mêmes vecteurs normaux, donc P′ a une équation de la forme 2x − y + 3z + d = 0. Le point B(5 ; −3 ; 7) appartient à P′, d’où 2 × 5 − (−3) + 3 × 7 + d = 0, soit 10 + 3 + 21 + d = 0 et d = −34. Ainsi P′ : 2x − y + 3z − 34 = 0. En multipliant tous les coefficients par −1 (ce qui ne change pas l’ensemble des points), on retrouve bien −2x + y − 3z + 34 = 0.

VRAIE. La distance d’un point A(x_A ; y_A ; z_A) au plan d’équation ax + by + cz + d = 0 vaut |a x_A + b y_A + c z_A + d| / √a² + b² + c². Ici : |2 × 2 − 0 + 3 × (−1) + 6| / √2² + (−1)² + 3² = |4 − 3 + 6| / √14 = 7√14. En rendant le dénominateur entier : 7√14/14 = √142.

FAUSSE. Une représentation paramétrique de (AB), qui passe par A(2 ; 0 ; −1) et est dirigée par →AB = (3 ; −3 ; 8), est x = 2 + 3t, y = −3t, z = −1 + 8t (t ∈ ℝ). Cherchons un point commun aux deux droites : sur (d) la deuxième coordonnée vaut toujours 6, donc −3t = 6, soit t = −2, ce qui donne le point de coordonnées (2 − 6 ; 6 ; −1 − 16) = (−4 ; 6 ; −17). Ce point est-il sur (d) ? −12 + 2k = −4 donne k = 4, et alors z = 3 − 5 × 4 = −17 : les trois coordonnées concordent pour k = 4. Les droites (AB) et (d) sont donc sécantes au point (−4 ; 6 ; −17) ; deux droites sécantes sont coplanaires, l’affirmation est fausse.

PARTIE A

f est le produit des fonctions u : x ↦ e^x et v : x ↦ sin(x), dérivables sur [0 ; π]. La formule (uv)′ = u′v + uv′ donne f′(x) = e^x × sin(x) + e^x × cos(x), soit f′(x) = e^x[sin(x) + cos(x)] pour tout x ∈ [0 ; π].

Sur [0 ; π/2], sin(x) ⩾ 0 et cos(x) ⩾ 0. De plus ces deux fonctions ne s’annulent jamais simultanément sur cet intervalle : sin ne s’annule qu’en 0, où cos(0) = 1, et cos ne s’annule qu’en π/2, où sin(π/2) = 1. La somme sin(x) + cos(x) est donc strictement positive. Comme e^x > 0 pour tout réel x, f′(x) est un produit de deux facteurs strictement positifs : f′(x) > 0 sur [0 ; π/2], donc f est strictement croissante sur [0 ; π/2].

L’équation de la tangente au point d’abscisse a est y = f′(a)(x − a) + f(a). Ici a = 0, avec f(0) = e⁰ × sin(0) = 0 et f′(0) = e⁰[sin(0) + cos(0)] = 1 × (0 + 1) = 1. La tangente T a donc pour équation y = 1 × (x − 0) + 0, soit T : y = x.

On dérive f′, elle aussi produit de e^x et de sin(x) + cos(x) : f″(x) = e^x[sin(x) + cos(x)] + e^x[cos(x) − sin(x)] = e^x × 2cos(x) = 2e^x cos(x). Sur [0 ; π/2], cos(x) ⩾ 0 et e^x > 0, donc f″(x) ⩾ 0 : f est convexe sur [0 ; π/2].

La courbe représentative d’une fonction convexe est située au-dessus de chacune de ses tangentes. Sur [0 ; π/2], C_f est donc au-dessus de la tangente T d’équation y = x : f(x) ⩾ x, c’est-à-dire e^x sin(x) ⩾ x pour tout x ∈ [0 ; π/2].

f″(x) = 2e^x cos(x) est du signe de cos(x) puisque 2e^x > 0 : f″ est strictement positive sur [0 ; π/2[, nulle en π/2 et strictement négative sur ]π/2 ; π]. La dérivée seconde s’annule donc en changeant de signe en π/2 : la courbe y passe de convexe à concave, le point d’abscisse π/2 est bien un point d’inflexion de C_f.

PARTIE B

Première intégration par parties, avec u(x) = e^x, u′(x) = e^x, v′(x) = sin(x), v(x) = −cos(x), toutes continues sur [0 ; π/2] : I = [−e^x cos(x)]₀^π/2 − ∫₀^π/2 e^x × (−cos(x)) dx. Le crochet vaut (−e^π/2 × cos(π/2)) − (−e⁰ × cos(0)) = 0 + 1 = 1, et l’intégrale restante est +J. D’où I = 1 + J.

Seconde intégration par parties, en échangeant les rôles : u(x) = sin(x), u′(x) = cos(x), v′(x) = e^x, v(x) = e^x. Alors I = [e^x sin(x)]₀^π/2 − ∫₀^π/2 e^x cos(x) dx. Le crochet vaut e^π/2 × 1 − e⁰ × 0 = e^π/2. D’où I = e^π/2 − J.

On additionne membre à membre les deux relations : I + I = (1 + J) + (e^π/2 − J), les J se compensent et il reste 2I = 1 + e^π/2, donc I = 1 + e^π/22.

D’après la question A. 2. c., f(x) ⩾ x = g(x) sur [0 ; π/2] : C_f est au-dessus de C_g, l’aire cherchée vaut donc A = ∫₀^π/2 [e^x sin(x) − x] dx. Par linéarité de l’intégrale, A = I − ∫₀^π/2 x dx = I − [x²/2]₀^π/2 = 1 + e^π/22 − (π/2)²/2. L’aire du domaine hachuré est donc 1 + e^π/22 − π²/8 unités d’aire, soit environ 1,67 u.a.