Bac de maths 2025 — Amérique du Sud · 13 novembre

Puisque p₁ = 1, l’étudiant a choisi un plat végétarien le 1ᵉʳ jour de façon certaine. L’énoncé donne alors P_V₁(V₂) = 0,9, donc p₂ = P(V₂) = 1 × 0,9 = 0,9.

Les évènements V₂ et V̄₂ forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales : p₃ = P(V₂) × P_V₂(V₃) + P(V̄₂) × P_V̄₂(V₃) = 0,9 × 0,9 + 0,1 × 0,7 = 0,81 + 0,07 = 0,88.

On cherche la probabilité conditionnelle P_V₃(V̄₂) = P(V̄₂ ∩ V₃)P(V₃). Le numérateur se lit sur la branche basse de l’arbre : P(V̄₂ ∩ V₃) = P(V̄₂) × P_V̄₂(V₃) = 0,1 × 0,7 = 0,07. Donc P_V₃(V̄₂) = 0,070,88 ≈ 0,0795 : la probabilité qu’il ait choisi un plat non végétarien la veille est environ 0,08.

et 3. Sur l’arbre, la branche vers Vₙ porte pₙ et celle vers V̄ₙ porte 1 − pₙ (la somme des probabilités issues d’un même nœud vaut 1) ; depuis Vₙ partent 0,9 vers Vₙ₊₁ et 0,1 vers V̄ₙ₊₁, depuis V̄ₙ partent 0,7 vers Vₙ₊₁ et 0,3 vers V̄ₙ₊₁. Comme Vₙ et V̄ₙ forment une partition de l’univers, la formule des probabilités totales donne : pₙ₊₁ = P(Vₙ) × P_Vₙ(Vₙ₊₁) + P(V̄ₙ) × P_V̄ₙ(Vₙ₊₁) = 0,9 pₙ + 0,7 (1 − pₙ) = 0,9 pₙ + 0,7 − 0,7 pₙ = 0,2 pₙ + 0,7.

C’est le programme 1 : la liste est initialisée avec p₁, puis la boucle for k in range(1,n) effectue n − 1 tours, ce qui donne bien n termes en tout. Le programme 2 fait n tours et renvoie n + 1 termes ; le programme 3 ajoute p + 1 au lieu de p, donc des valeurs fausses.

On applique la relation pₙ₊₁ = 0,2 pₙ + 0,7 : p₄ = 0,2 × 0,88 + 0,7 = 0,876 puis p₅ = 0,2 × 0,876 + 0,7 = 0,8752. L’appel repas(5) affiche donc la liste [1 ; 0,9 ; 0,88 ; 0,876 ; 0,8752].

Initialisation : pour n = 1, 0,125 × 0,2¹⁻¹ + 0,875 = 0,125 × 1 + 0,875 = 1, et p₁ = 1. La propriété est vraie au rang 1.

Hérédité : soit n un entier tel que n ≥ 1. Supposons la propriété vraie pour cet entier n, c’est-à-dire pₙ = 0,125 × 0,2ⁿ⁻¹ + 0,875. Alors pₙ₊₁ = 0,2 pₙ + 0,7 = 0,2 × (0,125 × 0,2ⁿ⁻¹ + 0,875) + 0,7 = 0,125 × 0,2ⁿ + 0,175 + 0,7 = 0,125 × 0,2ⁿ + 0,875, ce qui est bien la formule au rang n + 1 (car 0,2 × 0,2ⁿ⁻¹ = 0,2ⁿ). La propriété est héréditaire.

Conclusion : la propriété est vraie au rang 1 et héréditaire, donc d’après le principe de récurrence, pₙ = 0,125 × 0,2ⁿ⁻¹ + 0,875 pour tout entier n ≥ 1.

Comme −1 < 0,2 < 1, la suite géométrique de terme général 0,2ⁿ⁻¹ converge vers 0. Par opérations sur les limites, pₙ tend vers 0,125 × 0 + 0,875 : la suite (pₙ) converge vers 0,875, ce qui signifie qu’à long terme l’étudiant choisit un plat végétarien environ 87,5 % des jours.

FAUSSE. Une poignée de main correspond au choix d’un joueur dans chaque équipe. D’après le principe multiplicatif, chacun des 22 joueurs de la première équipe serre les 25 mains de l’autre équipe, soit 22 × 25 = 550 poignées de main, et non 47.

FAUSSE. Les trois prix étant identiques, l’ordre dans lequel on désigne les trois récompensés n’intervient pas : on compte le nombre de parties à 3 éléments d’un ensemble à 18 éléments, soit C(18,3) = 18 × 17 × 163 × 2 × 1 = 4 8966 = 816. Le nombre 4 896 = 18 × 17 × 16 est le nombre de choix ordonnés, il correspondrait à trois prix distincts.

VRAIE. Un podium est un triplet ordonné de trois sportifs distincts. Si Jacques figure sur le podium, il occupe l’une des 3 places ; il reste alors 6 sportifs possibles pour la première place libre et 5 pour la dernière. Par le principe multiplicatif, cela fait 3 × 6 × 5 = 90 podiums contenant Jacques.

VRAIE. L’évènement (Y = 4), avec Y = X₁ + X₂, se décompose en trois cas incompatibles : (X₁ = −1 et X₂ = 5), (X₁ = 2 et X₂ = 2), (X₁ = 5 et X₂ = −1). Comme X₁ et X₂ sont indépendantes, la probabilité de chaque cas est le produit des probabilités : P(Y = 4) = 0,4 × 0,2 + 0,3 × 0,3 + 0,2 × 0,4 = 0,08 + 0,09 + 0,08 = 0,25.

VRAIE. On cherche la probabilité de (X ≥ 18) sachant (X ≥ 15), soit P((X ≥ 18) ∩ (X ≥ 15))P(X ≥ 15). Or l’évènement (X ≥ 18) est inclus dans (X ≥ 15), donc leur intersection est (X ≥ 18) et la probabilité cherchée vaut P(X ≥ 18)P(X ≥ 15).

(calcul) : X suit la loi binomiale de paramètres n = 20 et p = 0,85. À la calculatrice, P(X ≥ 18) = P(X = 18) + P(X = 19) + P(X = 20) ≈ 0,404 9 et P(X ≥ 15) = 1 − P(X ≤ 14) ≈ 0,932 7. Le quotient vaut 0,404 90,932 7 ≈ 0,434 : l’affirmation est bien vraie.

Bilan : les affirmations 1 et 2 sont fausses, les affirmations 3, 4 et 5 sont vraies.

La courbe atteint son sommet pour t = 1 : d’après ce modèle, la concentration du médicament dans le sang est maximale environ 1 heure après l’ingestion.

et 3. La courbe est au-dessus de la droite horizontale d’équation y = 1 entre t ≈ 0,25 et t ≈ 2,5 : avec la précision du graphique, les solutions de f(t) ≥ 1 forment l’intervalle [0,25 ; 2,5]. Par ailleurs la courbe tourne sa concavité vers le bas jusque vers t = 2, puis vers le haut : f semble concave sur [0 ; 2] et convexe sur [2 ; 8], avec un point d’inflexion en t = 2.

u est un produit de fonctions dérivables : u′(t) = a × e^−t + a t × (−e^−t) = a (1 − t) e^−t. Alors u′(t) + u(t) = a e^−t − a t e^−t + a t e^−t = a e^−t. La fonction u est solution de (E) si et seulement si a e^−t = 5 e^−t pour tout t ≥ 0, et comme e^−t ≠ 0, cela équivaut à a = 5. La fonction u(t) = 5 t e^−t est donc une solution particulière de (E).

et 4. Les solutions d’une équation différentielle avec second membre s’obtiennent en ajoutant à une solution particulière toutes les solutions de l’équation homogène : les solutions de (E) sont les fonctions y(t) = 5 t e^−t + k e^−t = (5 t + k) e^−t, k ∈ ℝ. La condition f(0) = 0 donne (5 × 0 + k) × e⁰ = k = 0. D’où f(t) = 5 t e^−t.

f est dérivable sur [0 ; +∞[ comme produit de fonctions dérivables, et f′(t) = 5 × e^−t + 5 t × (−e^−t) = 5 (1 − t) e^−t. Comme e^−t > 0, f′(t) est du signe de 1 − t : f′(t) > 0 sur [0 ; 1[ et f′(t) < 0 sur ]1 ; +∞[. Tableau de variation : f croît de f(0) = 0 jusqu’au maximum f(1) = 5 e⁻¹ = 5e ≈ 1,84, puis décroît en tendant vers 0.

Sur [0 ; 1], f est continue et strictement croissante, et 1 est compris entre f(0) = 0 et f(1) = 5e ≈ 1,84 : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(t) = 1 admet une unique solution t₁ dans cet intervalle. Sur [1 ; +∞[, f est continue et strictement décroissante, et 1 est compris entre la limite 0 et f(1) : l’équation f(t) = 1 y admet une unique solution t₂. À la calculatrice, f(0,25) ≈ 0,974 < 1 < f(0,26) ≈ 1,002 et plus finement t₁ ≈ 0,259, donc t₁ ≈ 0,26 à 10⁻² près ; de même f(2,55) ≈ 0,996 < 1 < f(2,54) ≈ 1,002 et t₂ ≈ 2,543, donc t₂ ≈ 2,54 à 10⁻² près.

D’après le tableau de variation, f(t) ≥ 1 exactement pour t ∈ [t₁ ; t₂]. Le risque de somnolence dure donc t₂ − t₁ ≈ 2,54 − 0,26 = 2,28 heure. Comme 0,28 × 60 ≈ 17, le risque de somnolence dure environ 2 heures et 17 minutes.

Un point M(x ; y ; z) appartient à la droite (CK) si et seulement si les vecteurs CM et CK sont colinéaires, c’est-à-dire s’il existe un réel t tel que CM = t CK. Ici CK a pour coordonnées (√32 − 0 ; 32 − 0 ; 0 − 1) = (√32 ; 32 ; −1) et CM = (x ; y ; z − 1). L’égalité coordonnée par coordonnée donne x = (√32) t, y = (32) t et z − 1 = −t, soit exactement la représentation paramétrique x = (√32) t, y = (32) t, z = 1 − t avec t ∈ ℝ.

Le point M(t) a pour coordonnées ((√32) t ; (32) t ; 1 − t) et O est l’origine. Le repère étant orthonormé : OM(t)² = ((√32) t)² + ((32) t)² + (1 − t)² = (34) t² + (94) t² + t² − 2 t + 1 = 3 t² + t² − 2 t + 1 = 4 t² − 2 t + 1. Une distance étant positive, OM(t) = √4 t² − 2 t + 1.

Le trinôme 4 t² − 2 t + 1 a pour discriminant Δ = (−2)² − 4 × 4 × 1 = −12 < 0 : il est donc strictement positif sur ℝ, ce qui assure que f est bien définie et dérivable sur ℝ. En dérivant la racine carrée : f′(t) = 8 t − 22 √4 t² − 2 t + 1 = (4 t − 1) / √4 t² − 2 t + 1. Le dénominateur étant strictement positif, f′(t) est du signe de 4 t − 1 : f est strictement décroissante sur ]−∞ ; 14] et strictement croissante sur [14 ; +∞[.

et 4. La fonction f atteint donc son minimum en t = 14. Or le projeté orthogonal de O sur (CK) est le point de (CK) le plus proche de O, c’est-à-dire celui qui rend OM(t) minimale : il correspond à t = 14. Ses coordonnées sont x = (√32) × 14 = √38, y = (32) × 14 = 38 et z = 1 − 14 = 34 : le projeté orthogonal de O sur (CK) est bien le point H(√38 ; 38 ; 34).

(étape 1 : H est dans le plan) AK = (√32 − 2√3 ; 32 − 0 ; 0) = (−3√3/2 ; 32 ; 0) et AB = (−2√3 ; 2 ; 0). Comme (34) × (−2√3) = −3√3/2 et (34) × 2 = 32, on a AK = (34) AB : les points A, K et B sont alignés, donc K appartient à la droite (AB). La droite (CK) joint alors deux points du plan (ABC), elle y est incluse, et comme H ∈ (CK) on en déduit H ∈ (ABC).

(étape 2 : deux hauteurs) CH = (√38 ; 38 ; 34 − 1) = (√38 ; 38 ; −14), donc CH · AB = (√38) × (−2√3) + (38) × 2 + (−14) × 0 = −68 + 68 = 0 : la droite (CH) est perpendiculaire à (AB), c’est la hauteur issue de C. De même AH = (√38 − 2√3 ; 38 ; 34) = (−15√3/8 ; 38 ; 34) et BC = (0 ; −2 ; 1) donnent AH · BC = 0 − 68 + 34 = 0 : (AH) est la hauteur issue de A. Le point H appartient à deux hauteurs du triangle ABC, c’est donc son orthocentre.

OH = (√38 ; 38 ; 34). Avec AB = (−2√3 ; 2 ; 0) et AC = (−2√3 ; 0 ; 1) : OH · AB = −68 + 68 + 0 = 0 et OH · AC = −68 + 0 + 34 = 0. Les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires (A, B et C ne sont pas alignés) : ce sont deux vecteurs directeurs du plan (ABC). Le vecteur OH étant orthogonal à ces deux vecteurs directeurs, il est normal au plan (ABC) : la droite (OH) est donc orthogonale au plan (ABC).

Un plan admettant le vecteur normal (a ; b ; c) a une équation cartésienne de la forme a x + b y + c z + d = 0. En multipliant OH par 8, le vecteur (√3 ; 3 ; 6) est encore normal au plan (ABC), qui admet donc une équation √3 x + 3 y + 6 z + d = 0. Le point A(2√3 ; 0 ; 0) appartient à ce plan : √3 × 2√3 + 3 × 0 + 6 × 0 + d = 6 + d = 0, d’où d = −6. Une équation du plan (ABC) est √3 x + 3 y + 6 z − 6 = 0 (ou, en divisant par √3, x + √3 y + 2√3 z − 2√3 = 0).

D’après la question 5, K appartient à (AB) et (CK) ⊥ (AB) : le segment [CK] est la hauteur du triangle ABC issue de C, de pied K, donc l’aire vaut (12) × AB × CK. Or CK = (√32 ; 32 ; −1) donne CK = √34 + 94 + 1 = √4 = 2, et AB = (−2√3 ; 2 ; 0) donne AB = √12 + 4 = √16 = 4. L’aire du triangle ABC vaut donc (12) × 4 × 2 = 4 unités d’aire.